1) [tex]\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \Big[\Big(1+\frac{1}{n^2}\Big)^n-1\Big]^{\sqrt n}[/tex]
Siamo in presenza di una forma indeterminata del tipo [tex]0^{\infty};[/tex] allora scriviamo il limite in forma esponenziale:
[tex]\displaystyle\lim_{n \to +\infty}e^{\sqrt n \ln\Big[\Big(1+\frac{1}{n^2}\Big)^n-1\Big]}[/tex]
consideriamo il limite dell'esponente:
[tex]\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt n \ln\Big[\Big(1+\frac{1}{n^2}\Big)^n-1\Big][/tex]
essendo, per [tex]n\to+\infty,[/tex] [tex]\displaystyle \Big(1+\frac{1}{n^2}\Big)^n \to 1[/tex] in quanto si ha [tex]\displaystyle \Big(1+\frac{1}{n^2}\Big)^n=\Big(1+\frac{1}{n^2}\Big)^{n^2\cdot\frac{1}{n}} =e^{\frac{1}{n}}=e^0=1[/tex]
allora [tex]\displaystyle \ln\Big[\Big(1+\frac{1}{n^2}\Big)^n-1\Big]\to -\infty,[/tex] e il limte diviene:
[tex]\displaystyle\lim_{n \to +\infty}e^{(+\infty) (-\infty)}=e^{-\infty}=0[/tex]
2) [tex]\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+7^x)}{\ln^2 x}\codt\Big(1-\cos\frac{\ln x}{\sqrt x}\Big)[/tex]
Siamo in presenza di na forma indeterminata del tipo [tex]+\infty\cdot 0;[/tex] allora osserviamo che, quando [tex]x\to+\infty[/tex]
[tex]\displaystyle\ln(1+7^x)\sim\ln 7^x, \quad \frac{\ln x}{\sqrt x}\to 0 \Rightarrow \Big(1-\cos\frac{\ln x}{\sqrt x}\Big)\sim \frac{\ln^2 x}{2x}[/tex]
e quindi il limite diventa:
[tex]\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+7^x)}{\ln^2 x}\cdot\Big(1-\cos\frac{\ln x}{\sqrt x}\Big)\sim \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln 7^x }{\ln^2 x}\cdot\frac{\ln^2 x}{2x}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x \to +\infty} \frac{x\ln 7 }{\ln^2 x}\cdot\frac{\ln^2 x}{2x}=\frac{\ln7}{2}[/tex]
3) [tex]\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{\left[\cos{\left(\sin x\right)}\right]^{\frac{1}{x}}-x^{\sin x}}{\ln{\left[\left(2e^x-1\right)^{\ln {x^2}}\right]}+\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex]
Considerando le stime asintotiche si ha:
[tex]\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{\left[\cos{\left(\sin x\right)}\right]^{\frac{1}{x}}-x^{\sin x}}{\ln{\left[\left(2e^x-1\right)^{\ln {x^2}}\right]}+\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}\frac{\left(\cos x\right)^{\frac{1}{x}}-x^{ x}}{\ln {x^2}\ln{\left[\left(2e^x-1\right) \right]}+\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{x}\ln{\cos x}}- e^{x\ln x}}{\ln x^2\cdot(2e^x-2)+\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex] [tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{\frac{1}{x}(\cos x -1)}- e^{x\ln x}}{2\ln x^2\cdot(e^x-1)+\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex] [tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{2}x^2}- e^{x\ln x}}{4x\ln x +\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{x}{2}}-1+1- e^{x\ln x}}{4x\ln x +\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex] [tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to 0^+}\frac{- \frac{x}{2} - x\ln x }{4x\ln x +\frac{1}{x^{10}}\cdot e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}\frac{-x\ln x \left( \frac{x}{2x\ln x }+ 1\right)}{x\ln x\left( 4+ \frac{e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}{x^{11} \ln x} \right)}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}\frac{ - \frac{1}{2\ln x } - 1 }{ 4+ \frac{e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}{x^{11} \ln x}}= \frac{0-1}{4-0}=-\frac{1}{4}[/tex]
[tex]\displaystyle\mbox{essendo}\,\,\, \lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{2\sqrt x}}}{x^{11} \ln x}[/tex] [tex]\displaystyle \sim \lim_{x\to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^{\alpha} \ln x}[/tex][tex]\displaystyle =\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^{\alpha}}\cdot \frac{1}{ \ln x}=0\cdot0=0[/tex]
4) [tex]\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{\left(1-\sqrt x\right)\left(1-\sqrt[3] x\right)\left(1-\sqrt[4] x\right)\cdot ...\cdot\left(1-\sqrt[n] x\right) } {\left(1-x\right)^{n-1} },\quad n\in\mathbb{N}[/tex]
Ricordando che il limite del prodotto è uguale al prodotto dei limiti, ammesso che questi esistano, possiamo scrivere:
[tex]\displaystyle \underbrace{ \lim_{x\to 1}\frac{ 1-\sqrt x }{1-x}\cdot\lim_{x\to 1}\frac{ 1-\sqrt [3]x }{1-x}\cdot\lim_{x\to 1}\frac{ 1-\sqrt [4]x }{1-x}\cdot ... \cdot\lim_{x\to 1}\frac{ 1-\sqrt [n]x}{1-x}}_{(n-1) volte}[/tex] [tex]\quad[/tex]
[tex]\mbox{ponendo $t_j=\sqrt [j]x,\,\,\, j=1,2, ...n-1,$\,\,\,\,otteniamo}[/tex]
[tex]t_1=\sqrt []x\,\,\,\Rightarrow\,\,\, x =t_1^2,\quad t_2=\sqrt [3 ]x\,\,\,\Rightarrow\,\,\, x =t_2^3,[/tex] [tex]\cdots\quad t_{n-1}=\sqrt [n-1]x \,\,\,\Rightarrow \,\,\, x =t_{n-1}^n,[/tex]
[tex]\mbox{e dunque il limite dato risulta:}[/tex]
[tex]\displaystyle \lim_{t_1\to 1}\frac{ 1-t_1 }{1-t_1^2}\cdot\lim_{t_2\to 1}\frac{ 1-t_2 }{1-t_2^3}\cdot\lim_{t_3\to 1}\frac{ 1-t_3 }{1-t_3^4}\cdot ... \cdot \lim_{t_{n-1}\to 1}\frac{ 1-t_{n-1} }{1-t_{n-1}^n}[/tex]
[tex]\mbox{e ricordando che: }[/tex]
[tex]\displaystyle(a^n-b^n)=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdot+ab^{n-2}+b^{n-1})[/tex]
[tex]\displaystyle=\lim_{t_1\to 1}\frac{ 1-t_1 }{(1-t_1)(1+t_1)}\cdot\lim_{t_2\to 1}\frac{ 1-t_2 }{(1-t_2)(t_2^2 +t_2+1)} \cdot[/tex] ... [tex]\displaystyle\cdot \lim_{t_{n-1}\to 1}\frac{ 1-t_{n-1} }{(1-t_{n-1})(t_{n-1}^{n-1}+t_{n-2}^{n-2}+\cdots+t +1) }[/tex]
[tex]\displaystyle =\lim_{t_1\to 1}\frac{ 1 }{ 1+t_1 }\cdot\lim_{t_2\to 1}\frac{ 1 }{ t_2^2 +t_2+1 } \cdot[/tex] ...[tex]\displaystyle \cdot \lim_{t_{n-1}\to 1}\frac{1 }{t_{n-1}^{n-1}+t_{n-2}^{n-2}+\cdots+t +1}[/tex] [tex]\displaystyle= \frac{ 1 }{ 2 }\cdot\frac{ 1 }{ 3 }\cdot\frac{ 1 }{4 }\cdot...\cdot\frac{ 1 }{n }=\frac{ 1 }{n! }[/tex]
5) [tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty} \left[ \left(a+\frac{1}{n}\right)^2 +\left(a+\frac{2}{n}\right)^2+ \dots + \left(a+\frac{n-1}{n}\right)^2\right],\quad a>0[/tex]
Osserviamo che il limite in forma compatta diventa:
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty} \left[ \left(a+\frac{1}{n}\right)^2 +\left(a+\frac{2}{n}\right)^2+ \dots + \left(a+\frac{n-1}{n}\right)^2\right][/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\left(a+\frac{k}{n}\right)^2[/tex]
cioè, svolgendo i calcoli entro il simbolo di sommatoria:
[tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(\frac{an+k}{n})^2=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(an+k)^2}{n^2}[/tex]
Allora si ha:
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{(an+k)^2}{n^2}[/tex] [tex]\displaystyle =\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n-1}{\left(an+k\right)^2}[/tex] [tex]\displaystyle =\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n-1}{(a^2n^2+2ank+k^2)}[/tex] [tex]\displaystyle =\frac{1}{n^2}\left[{a^2n^2}+2an\sum_{k=1}^{n-1}k+\sum_{k=1}^{n-1}k^2\right][/tex]
[tex]\mbox{e ricordando che:}[/tex]
[tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k=1+2+3\dots+n=\frac{n(n+1)}{2},[/tex][tex]\quad[/tex] [tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k=1^2+2^2+3^2\dots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}[/tex]
[tex]\mbox{il limite dato risulta:}[/tex]
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n^2}\left[{a^2n^2}+2an\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right][/tex] [tex]\displaystyle=\frac{n^3(6a+2)+n^2(6a^2+6a)+3n^2+n}{6n^2}=+\infty[/tex]
6) [tex]\displaystyle \lim_{x\to 0} \biggl(1 + x e^{- \frac{1}{x^2}}+\sin \frac{1}{x^4}\biggr)^{e^{\frac{1}{x^2}}}[/tex]
Cominciamo con il riscrivere il limite come segue:
[tex]\displaystyle\lim_{x\to 0} \biggl(1 + x e^{- \frac{1}{x^2}}+\sin \frac{1}{x^4}\biggr)^{e^{\frac{1}{x^2}}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0} \biggl( 1 + x \frac{1}{e^{\frac{1}{x^2}}} +\sin \frac{1}{x^4}\biggr)^{e^{\frac{1}{x^2}}},[/tex]
[tex]\mbox{e analizziamo i vari addendi del limite:}[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{x}{e^{\frac{1}{x^2}}}\to 0[/tex]
[tex]\displaystyle \sin \frac{1}{x^4}\to \not \exists[/tex]
[tex]\displaystyle e^{\frac{1}{x^2}}\to+\infty.[/tex]
Il problema in questo caso, sta nel fatto che abbiamo un addendo del limite che non esiste; allora consideriamo le due successioni:
[tex]\displaystyle a_n=\frac{\pi}{2}+2n\pi\quad\text{e}\quad b_n=\frac{3\pi}{2}+2n\pi[/tex]
allora, la funzione [tex]\displaystyle\sin \frac{1}{x^4}[/tex] calcolata nei valori della successione [tex]a_n[/tex] , con [tex]k[/tex] intero positivo, tende a [tex]1[/tex] , mentre calcolata nei valori della successione [tex]b_n[/tex] tende a [tex]-1 ,[/tex] cioè:
[tex]\displaystyle \lim_{n\to +\infty} \sin{a_n}=1\quad\text{e}\quad\lim_{n\to +\infty} \sin{b_n}=-1.[/tex]
Ora poniamo prima
[tex]\displaystyle\frac{1}{x^4}=a_n\,\,\,\text{da cui}\quad\frac{1}{x^2}=\sqrt{a_n}\quad\text{e}\quad x=a_n^{-\frac{1}{4}},[/tex]
e successivamente
[tex]\displaystyle\frac{1}{x^4}=b_n\,\,\text{da cui}\quad\frac{1}{x^2}=\sqrt{b_n} \quad\text{e}\quad x=b_n^{-\frac{1}{4}},[/tex]
e calcolando i due limiti abbiamo:
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty} \biggl( 1 + a_n^{-\frac{1}{4}}\cdot \frac{1}{e^{\sqrt{a_n}}} +\sin{a_n}\biggr)^{e^{\sqrt{a_n}}}=+\infty,[/tex]
[tex]\,\,\,\text {essendo}\,\,\, a_n^{-\frac{1}{4}}\cdot \frac{1}{e^{\sqrt{a_n}}}\to 0,\,\,\,\sin{a_n}\to1,\,\,\, e^{\sqrt{a_n}}\to+\infty[/tex]
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty} \biggl( 1 + b_n^{-\frac{1}{4}}\cdot \frac{1}{e^{\sqrt{b_n}}} +\sin{b_n}\biggr)^{e^{\sqrt{b_n}}}=[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty}e^{e^{\sqrt{b_n}}\ln \biggl( 1 + b_n^{-\frac{1}{4}}\cdot \frac{1}{e^{\sqrt{b_n}}} +\sin{b_n}\biggr)}=0,[/tex]
[tex]\text {essendo}\,\,\, e^{\sqrt{b_n}}\to +\infty,\,\,\, b_n^{-\frac{1}{4}}\cdot \frac{1}{e^{\sqrt{b_n}}}\to0[/tex] , [tex]\sin{b_n}\to-1,\,\,\,\,\Rightarrow e^{+\infty \ln{(1+0-1)}}=e^{(+\infty) \cdot (-\infty)}=e^{(-\infty)}=0[/tex]
Per l'unicità del limite si può concludere che il limite dato non esiste.
7) [tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{(n+3)^{n+1}\cdot\ln n-n!\sin(3n+2)\cos n}{n\sqrt {\ln n}\left(n^n\sqrt {\ln n}-4\arctan(\ln n)\right)}[/tex]
Anzitutto, svolgendo il prodotto a denominatore, scriviamo cioè il limite come segue:
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{(n+3)^{n+1}\cdot\ln n-n!\sin(3n+2)\cos n}{n^{(n+1)}\ln n-4 n\sqrt {\ln n}\arctan(\ln n)}[/tex]
Cerchiamo di stabilire l'infinito dominante a numeratore, osservando che, quando [tex]n\to +\infty[/tex]
- [tex]\displaystyle\frac {\ln n}{(n+3)^{n+1}} =\frac {\ln n}{(n+3)^{n}}\cdot\frac{1}{n+3}\to 0;[/tex]
- [tex]\displaystyle \frac{n!\sin(3n+2)\cos n}{(n+3)^{n+1}}[/tex] [tex]\displaystyle =\frac{n!}{(n+3)^{n}}\cdot\begin{matrix} \overbrace{ \begin{matrix} \underbrace{\frac{\sin(3n+2)}{n+3} }_{\text{infinitesima per limitata $\to$ infinitesima}}\cdot\cos n \end{matrix} }^{\text{infinitesima per limitata $\to$ infinitesima}} \end{matrix} \to 0[/tex]
allora :
[tex]\displaystyle(n+3)^{n+1}\cdot\ln n-n!\sin(3n+2)\cos n\sim (n+3)^{n+1}[/tex]
Analogamente, stabiliamo l'infinito dominante a denominatore:
-[tex]\displaystyle\frac {\ln n}{n^{n+1}} =\frac {\ln n}{n^{n}}\cdot\frac{1}{n}\to 0;[/tex]
-[tex]\displaystyle\frac{ 4n\sqrt {\ln n}\arctan(\ln n) }{n^{n+1}}=\frac{4\sqrt {\ln n}\arctan(\ln n) }{n^n}=\frac{4\sqrt {\ln n}}{n^n}\cdot\frac{\pi}{2}\to 0[/tex]
e dunque:
[tex]\displaystyle n\sqrt {\ln n}\left(n^n\sqrt {\ln n}-4\arctan(\ln n)\right)\sim n^{n+1}[/tex]
Allora il limite dato equivale a :
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{(n+3)^{n+1}\cdot\ln n-n!\sin(3n+2)\cos n}{n\sqrt {\ln n}\left(n^n\sqrt {\ln n}-4\arctan(\ln n)\right)}[/tex] [tex]\displaystyle\sim\lim_{n\to +\infty}\frac{(n+3)^{n+1} }{ n^{n+1} }[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{3}{ n}\right)^n\cdot\frac{n+3}{n}=e^3[/tex]
[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right],\qquad a\in \mathbb{R^+}[/tex]Ricordiamo che la funzione esponenziale [tex]a^x[/tex] risulta crescente se [tex]a>1 ,[/tex]mentre risulta decrescente se [tex]a<1;[/tex] allora nel risolvere il limite dobbiamo tenere conto della variazione della base del primo addendo, per stabilire appunto quando l'esponenziale risulti crescente (e quindi divergente a [tex]+\infty[/tex]), oppure decrescente (e quindi convergente a [tex]0[/tex] ).Dunque abbiamo che
[tex]\displaystyle\frac{2a^2}{a^2+1}>1[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\displaystyle\frac{2a^2-a^2-1}{a^2+1}>0[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]a^2-1>0[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]a<-1\lor a>1[/tex]
allora si distinguono i seguenti casi:
[tex]\mbox{se }\,\,\ a<-1[/tex]
[tex]\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right][/tex] [tex]=\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-n^{5a}\right][/tex] [tex]=\left( A^n-n^{5a}\right)=A^n\left(1-\frac{n^{5a}}{A^n}\right)=+\infty[/tex]
in questo caso la base del termine esponenziale è maggiore di uno e l'esponente della potenza è minore di zero;
[tex]\mbox{se }\,\,\ a=-1[/tex]
[tex]\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right][/tex] [tex]=\left[\left(1\right)^n-n^{5 }\right]=\left( 1-n^{5}\right)=-\infty[/tex]
in questo caso [tex]\frac{2a^2}{a^2+1} = 1[/tex] e l'esponete della potenza vale [tex]5;[/tex]
[tex]\mbox{se }\,\, -1<a<0[/tex]
[tex]\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right][/tex] [tex]=\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-n^{5a}\right]=\left( 0-n^{5a}\right)=-\infty[/tex]
in questo caso la base del termine esponenziale è [tex]1<a<0[/tex] e l'esponente della potenza è minore di zero:
[tex]\mbox{se }\,\, a=0[/tex]
[tex]\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right]=\left[0-1\right]= -1[/tex]
in questo caso [tex]\frac{2a^2}{a^2+1} = 0[/tex] e l'esponete della potenza vale [tex]1;[/tex]
[tex]\mbox{se }\,\, 0<a<1[/tex]
[tex]\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right]=\left( 0-0\right)=0[/tex]
in questo caso la base del termine esponenziale è[tex]0<a<1[/tex] e l'esponente della potenza è maggiore di zero;
[tex]\mbox{se }\,\, a=1[/tex]
[tex]\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right]=\left[\left(1\right)^n-\frac{1}{n^{5}}\right]=\left(1-0\right)=1[/tex]
in questo caso [tex]\frac{2a^2}{a^2+1} = 1[/tex] e l'esponete della potenza vale [tex]5;[/tex]
[tex]\mbox{se }\,\, a>1[/tex]
[tex]\left[\left(\frac{2a^2}{a^2+1}\right)^n-\frac{1}{n^{5a}}\right]=\left[\left(+\infty\right) -0\right]=+\infty[/tex]
in questo caso la base del termine esponenziale è maggiore di uno e l'esponente della potenza è maggiore di zero.
9) [tex]\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{x^{-\frac{21}{5}}\left(e^{-\frac{1}{x^4+x^2\ln^2 x}}+1-\frac{x}{x+3}\cos x -\frac{3+\ln{\left(1+\frac{x^3}{2}\right)}}{x+3}\right)}{x^x+\cos {x^{\frac{1}{5}}}+\frac{1}{2}x^{\frac{1}{5}}\sin{x^{\frac{1}{5}}}-2e^{x^2}}[/tex]
Considerando dapprima il numeratore, si osserva che quando [tex]\displaystyle x\to 0^+,\,\,\ e^{-\frac{1}{x^4+x^2\ln^2 x}}\sim e^{-\frac{1}{x}}[/tex] ,e dunque si ha:
[tex]\displaystyle\lim_{x\to 0^+} x^{-\frac{21}{5}}\left(e^{-\frac{1}{x^4+x^2\ln^2 x}}+1-\frac{x}{x+3}\cos x -\frac{3+\ln{\left(1+\frac{x^3}{2}\right)}}{x+3}\right)[/tex] [tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{x}}+1-\frac{x}{x+3}\cos x -\frac{3+\ln{\left(1+\frac{x^3}{2}\right)}}{x+3}}{x^{ \frac{21}{5}}}[/tex]
[tex]\displaystyle= \lim_{x\to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{x }}-\frac{1}{x+3}\left[-x-3+x\cos x + 3+\ln{\left(1+\frac{x^3}{2}\right)} \right]}{x^{ \frac{21}{5}}}[/tex][tex]\displaystyle\stackrel{(\bf T)}{=}\lim_{x\to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{x }}-\frac{1}{x+3}\left[-x-3+x\left(1- \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\right) + 3+ \frac{x^3}{2} \right]}{x^{ \frac{21}{5}}}[/tex]
[tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{x }}-\frac{x^5}{24(x+3)} }{x^{ \frac{21}{5}}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+} \frac{e^{-\frac{1}{x }}}{x^{ \frac{21}{5}}}-\frac{ \frac{x^5}{24(x+3)}}{x^{ \frac{21}{5}}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}0 - \frac{x^{\frac{4}{5}}}{24(x+3) }[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+} - \frac{x^{\frac{4}{5}}}{24(x+3) }[/tex]
Consideriamo ora il denominatore:
[tex]\displaystyle x^x+\cos {x^{\frac{1}{5}}}+\frac{1}{2}x^{\frac{1}{5}}\sin{x^{\frac{1}{5}}}-2e^{x^2}\stackrel{(\bf T)}{=}[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{x\to 0^+}e^{x\ln x}+ \left(1- \frac{x^{\frac{2}{5}}}{2}+\frac{x^{\frac{4}{5}}}{24} \right)[/tex] [tex]\displaystyle+\frac{x^{\frac{1}{5}}}{2}\left(x^{\frac{1}{5}} -\frac{x^{\frac{3}{5}}}{6} \right)[/tex] [tex]\displaystyle-2\left(1+ x^2+x^4 \right)[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}e^{x\ln x}+ 1- \frac{x^{\frac{2}{5}}}{2}+\frac{x^{\frac{4}{5}}}{24} +\frac{x^{\frac{2}{5}}}{2} -\frac{x^{\frac{4}{5}}}{12}-2 +o(x)[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}e^{x\ln x}-1 -\frac{x^{\frac{4}{5}}}{24}[/tex] [tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to 0^+} x\ln x -\frac{x^{\frac{4}{5}}}{24}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+} x^{\frac{4}{5}}\left(x^{\frac{1}{5}}\ln x-\frac{1}{24}\right)[/tex]
In definitiva il limite dato s'approssima a:
[tex]\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{x^{-\frac{21}{5}}\left(e^{-\frac{1}{x^4+x^2\ln^2 x}}+1-\frac{x}{x+3}\cos x -\frac{3+\ln{\left(1+\frac{x^3}{2}\right)}}{x+3}\right)}{x^x+\cos {x^{\frac{1}{5}}}+\frac{1}{2}x^{\frac{1}{5}}\sin{x^{\frac{1}{5}}}-2e^{x^2}}[/tex][tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to 0^+}- \frac{\frac{x^{\frac{4}{5}}}{24(x+3) } }{x^{\frac{4}{5}}\left(x^{\frac{1}{5}}\ln x-\frac{1}{24}\right)}[/tex]
[tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0^+}-\frac{x^{\frac{4}{5}}}{24(x+3) }\cdot\frac{1}{x^{\frac{4}{5}}\left(x^{\frac{1}{5}}\ln x-\frac{1}{24}\right)}=[/tex] [tex]\displaystyle- \frac{1}{24(0+3) }\cdot\frac{1}{ 0-\frac{1}{24} }=\frac{1}{3}[/tex]
10)[tex]\displaystyle\lim_{x\to a}\, \left(1+6\left(\frac{\sin x}{x^2}\right)^x\cdot\frac{\log(1+10^x)}{x}\right),\quad a=+\infty,\,\,\,a=0[/tex]
Consideriamo il primo caso:
[tex]\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\, \left(1+6\left(\frac{\sin x}{x^2}\right)^x\cdot\frac{\log(1+10^x)}{x}\right)[/tex][tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to +\infty}\, 1+6\left( \frac{\sin^x x}{x^{2x}} \cdot\frac{\log 10^x }{x}\right)[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to +\infty}\, 1+6\left( \frac{\sin^x x}{x^{2x}} \right)\quad\mbox{osservando che}[/tex]
[tex]\displaystyle\left|\frac{\sin x}{x^2} \right|<\frac{1}{x^2},\,\,\,\,\text{pertanto} \left|\left(\frac{\sin x}{x^2}\right)^x\right|<\frac{1}{x^{2x}}\to 0 \,\,\,\, (x\to+\infty):[/tex] [tex]\,\,\,\, \text{infatti} \,\,\,\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{1}{x^{2x}}=\lim_{x\to +\infty} e^{-2x\log x}=0[/tex]
[tex]\displaystyle=\lim_{x\to +\infty}\, 1+6\left( \frac{\sin^x x}{x^{2x}} \right)=1+6\cdot0=1[/tex]
Consideriamo il secondo caso
[tex]\displaystyle\lim_{x\to 0}\, \left(1+6\left(\frac{\sin x}{x^2}\right)^x\cdot\frac{\log(1+10^x)}{x}\right)[/tex] [tex]\displaystyle\sim\lim_{x\to 0}\, 1+\frac{6\log2}{x}\left(\frac{\sin x}{x^2}\right)^x[/tex] [tex]\displaystyle\sim \lim_{x\to 0}\, 1+\frac{6\log2}{x}\left(\frac{ 1}{x}\right)^x= +\infty[/tex]
[tex]\text{essendo} \,\,\,\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x}\right)^x[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0} e^{ x\ln \left(\frac{1}{x}\right)}\to \lim_{x\to 0}\, x\ln \left(\frac{1}{x}\right)[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{x\to 0}\, \frac{\ln \left(\frac{1}{x }\right)}{\frac{1}{x}}[/tex] [tex]\displaystyle=\lim_{t\to +\infty}\, \frac{\ln t}{t}=0\to e^0=1[/tex]
, (attendiamo un parere più autorevole...) anche io ho risolto i limiti esattamente a questa maniera.
