Limite in forma indeterminata $\frac{0}{0}$

$\lim_{x \rightarrow 3} \frac{\sqrt{2x+3}-3}{\sqrt{x+1}-2}=\lim_{x \rightarrow 3} \frac{(\sqrt{2x+3}-3) (\sqrt{x+1}+2)}{(\sqrt{x+1}-2) (\sqrt{x+1}+2)} =$$\lim_{x \rightarrow 3} (\sqrt{x+1} +2)\cdot \lim_{x \rightarrow 3} \frac{\sqrt{2x+3}-3}{x+1-4} = 4\cdot \lim_{x \rightarrow 3} \frac{(\sqrt{2x+3}-3) (\sqrt{2x+3}+3)}{(x-3) (\sqrt{2x+3}+3)} =$$4\lim_{x \rightarrow 3} \frac{2 (x-3)}{(x-3) (\sqrt{2x+3}+3)} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$

Limite in forma indeterminata $\frac{0}{0}$

$\lim_{x \rightarrow 2} \frac{\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2}}{\sqrt{x^2-3x+2}} =\lim_{x \rightarrow 2} \frac{(\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2})(\sqrt{3x-2}+\sqrt{x+2})}{\sqrt{x^2-3x+2} (\sqrt{3x-2}+\sqrt{x+2})} =$$\lim_{x \rightarrow 2} \frac{3x-2-x-2}{\sqrt{x-2} \sqrt{x-1} (\sqrt{3x-2}+\sqrt{x+2})} = \lim_{x \rightarrow 2} \frac{2 \sqrt{x-2}}{\sqrt{x-1} (\sqrt{3x-2}+\sqrt{x+2})} = 0$

Limite in forma indeterminata $\frac{0}{0}$

$\lim_{x \rightarrow 1} \frac{x-\sqrt{x^2-3x+3}}{\sqrt{10-x}-3} = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{(x-\sqrt{x^2-3x+3})\cdot (\sqrt{10-x}+3)}{(\sqrt{10-x}-3)\cdot (\sqrt{10-x}+3)} =$$\lim_{x \rightarrow 1} \frac{(x-\sqrt{x^2-3x+3})\cdot (\sqrt{10-x}+3)}{10-x-9} =$$= \lim_{x \rightarrow 1} (\sqrt{10-x}+3)\cdot \lim_{x \rightarrow 1} \frac{x-\sqrt{x^2-3x+3}}{1-x} =$$6\cdot \lim_{x \rightarrow 1} \frac{(x-\sqrt{x^2-3x+3}) (x+\sqrt{x^2-3x+3})}{(1-x) (x+\sqrt{x^2-3x+3})} =$$= 6\cdot \lim_{x \rightarrow 1} \frac{-3 (1-x)}{(1-x) (x+\sqrt{x^2-3x+3})} =$$6\cdot \frac{-3}{2} = -9$

Limite in forma indeterminata $\infty-\infty$

$\lim_{x\rightarrow +\infty} x\cdot (\sqrt{x+1}-\sqrt{x}) = \lim_{x\rightarrow +\infty} x\cdot \frac{x+1-x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} =$$\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{x}{\sqrt{x}\cdot (\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1)} = +\infty$

Limite in forma indeterminata $\infty – \infty$

$\lim_{x \rightarrow -\infty} \sqrt{x^2-3x+1}-\sqrt{x^2+x-2} =$$=\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{x^2-3x+1-x^2-x+2}{\sqrt{x^2-3x+1}+\sqrt{x^2+x-2}} =$$\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{-4x+3}{|x|\cdot \Big(\sqrt{1-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}\Big)} = \text{[x < 0]} =$$\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{-4x+3}{-x\cdot \Big(\sqrt{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}+\sqrt{1-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}\Big)}=$$=\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{-4+\frac{3}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}+\sqrt{1-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}} = 2$

Il limite si presenta in forma indeterminata $\frac{0}{0}$

Si può togliere l’indeterminazione moltiplicando, ad esempio, numeratore e denominatore per $\frac{1}{\sqrt{x}} \ne 0$, ottenendo

$\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sqrt{x}+\sin x}{2\sqrt{x}} = \lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{1+\frac{\sin x}{\sqrt{x}}}{2} = \lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{1+\sqrt{x}\cdot\frac{\sin x}{x}}{2} =\frac{1}{2}$

Forma indeterminata$\frac{0}{0}$

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2+\sin^2(x)}{x^2+\sin(x^2)}$

Raccogliendo a numeratore e denominatore $x^2$ e semplificando si ha ($t=x^2$):

$\lim_{x\rightarrow 0}\Big(1+\Big(\frac{\sin(x)}{x}\Big)^2\Big)\cdot \lim_{t\rightarrow 0}\frac{1}{1+\frac{\sin(t)}{t}}= 2\cdot\frac{1}{2} = 1$

Limite in forma indeterminata: $\frac{0}{0}$

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin(2x)}{\sin(3x)}= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\cdot 3\cdot x\cdot\sin(2x)}{3\cdot 2\cdot x\cdot\sin(3x)}=$$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\sin(2x)}{3\cdot 2x}\cdot\lim_{x\rightarrow 0}\frac{3x}{\sin(3x)} = \frac{2}{3}$

Forma indeterminata: $0\cdot\infty$

$\lim_{x\rightarrow 0} x\cdot \cot(2x) = \lim_{x\rightarrow 0} \Big(\frac{\cos(2x)}{\sin(2x)}\cdot\frac{2x}{2}\Big)= \lim_{x\rightarrow 0} \Big(\frac{\cos(2x)}{2}\cdot\frac{1}{\frac{\sin(2x)}{2x}}\Big)= \frac{1}{2}$

Limite immediato

$\lim_{x \rightarrow \pi} \frac{1-\sin x+\cos x}{\cot x} = 0$

Forma indeterminata

$\lim_{x\rightarrow +\infty} (x\cdot(1+\sin^2 x)-\sqrt{x}) = \lim_{x\rightarrow +\infty} x\cdot (1+\sin^2 x-\frac{1}{\sqrt{x}}) = +\infty$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{3x^2-5x \cos x+7\sin x}{6x^2+5\sin x} =\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{3-\frac{5 \cos x}{x}+\frac{7 \sin x}{x^2}}{6+\frac{5 \sin x}{x^2}} =\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

Limite immediato

$\lim_{x \rightarrow \pi/2} (\tan 2x-\frac{\cot x}{\cos 2x}) = \tan(\pi) – \frac{\cot(\frac{\pi}{2})}{\cos(\pi)} = 0$

Limite in forma indeterminata $\frac{+\infty}{+\infty}$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x+\cos x}{\sqrt{x}-1} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x\cdot(1+\frac{\cos x}{x})}{\sqrt{x}\cdot (1-\frac{1}{\sqrt{x}})} = +\infty$

Limite in forma indeterminata $\frac{0}{0}$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\sin 5x+\sin x}{\sqrt{1-\cos x}} =\lim_{x \rightarrow 0^+} (\frac{5\cdot\frac{\sin 5x}{5x}+\frac{\sin x}{x}}{\sqrt{\frac{1-\cos x}{x^2}}}) =$$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{5\cdot 1+1}{\sqrt{\frac{1}{2}}}= \frac{6}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = 6\sqrt{2}$

Il limite si presenta in forma indeterminata $\frac{0}{0}$.

$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x^2}{1-x}=\lim_{x\rightarrow 1}-\frac{\log x+\log x}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\Big(-\frac{\log x}{(x-1)}-\frac{\log x}{(x-1)}\Big)=-2$

Il limite si presenta in forma indeterminata: $\frac{0}{0}$.

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-1}{\sin 2x} = \lim_{x\rightarrow 0}\Big(\frac{e^x – 1}{2x}\cdot\frac{2x}{\sin 2x}\Big) = \frac{1}{2}$

Si tratta di un limite in forma indeterminata $+\infty-\infty$.

Si può risolvere in diversi modi. Ad esempio, posto $e^{2+x} = t \Rightarrow x = \log t – 2$ si ha

$\lim_{x\rightarrow +\infty} [\log (1 + e^{2+x}) – x] = \lim_{t\rightarrow +\infty} [\log(1+t) – \log t + 2] = \lim_{t\rightarrow +\infty} \log\Big(1 + \frac{1}{t}\Big) + 2 = 2$

Il limite si presenta in forma indeterminata:$1^{+\infty}$.
Ricordando il limite notevole $\lim_{x\rightarrow +\infty}\Big(1+\frac{a}{x}\Big)^x = e^a$, risulta:

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\Big(1-\frac{5}{4x}\Big)^{2x} = \lim_{x\rightarrow +\infty} \Big[\Big(1 – \frac{5}{4x}\Big)^x\Big]^2 = e^{-5/2}$

Si tratta di un limite in forma indeterminata $\frac{0}{0}$.

Risulta

$\lim_{x\rightarrow 4}\frac{x-4}{\log_6\ x – \log_6\ 4} = \lim_{x\rightarrow 4}\frac{4\cdot\Big(\frac{x}{4}-1\Big)}{\log_6\Big(\frac{x}{4}\Big)}$

Posto allora $t = \frac{x}{4}$ per cui $t\rightarrow 1$ quando $x\rightarrow 4$, si ha

$\lim_{t\rightarrow 1}\frac{4}{\frac{\log_6\ t}{(t-1)}} = \frac{4}{\log_6 e} = \frac{4}{ \frac{\log\ e}{\log\ 6} } = 4\log\ 6$

Si tratta di un limite in forma indeterminata

Risulta

$\lim_{x\rightarrow 5}\frac{x-5}{\log\ x – \log\ 5} = \lim_{x\rightarrow 5}\frac{x – 5}{\log\ \frac{x}{5}} =$ $\lim_{x\rightarrow 5}\frac{5\cdot\Big(\frac{x}{5}-1\Big)}{\log\ \frac{x}{5}} = \Big[posto \frac{x}{5} = t\Big] =$ $\lim_{t\rightarrow 1}\frac{5}{\frac{\log\ t}{t-1}} = \frac{5}{\log\ e} = 5$

Si tratta di un limite immediato:

$\lim_{x\rightarrow 0} (e^{\frac{x}{x-1}}-1) = 0$

Il limite si presenta in forma indeterminata $\frac{0}{0}$

Moltiplicando numeratore e denominatore per $25$ si ha

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos 5x}{8x^2} = \lim_{x\rightarrow 0}(\frac{1-\cos 5x}{25x^2}\cdot\frac{25}{8})= \frac{1}{2}\cdot\frac{25}{8} = \frac{25}{16}$

Il limite è in forma indeterminata $\frac{0}{0}$

Posto $x+\frac{\pi}{2}=t$, per cui $t\rightarrow 0$ quando $x\rightarrow -\frac{\pi}{2}$, si ottiene

$\lim_{x\rightarrow -\pi/2}\frac{\cos x}{1+\sin x} = \lim_{t\rightarrow 0}\frac{\cos(t-\frac{\pi}{2})}{1+\sin(t-\frac{\pi}{2})} =$

Il limite si presenta in forma indeterminata. $\lim_{x\rightarrow \pi/2}\frac{\sin 4x\cdot\sin 3x}{x\cdot\sin 2x}$

Posto $x-\frac{\pi}{2} = t, allora t\rightarrow 0$ per $x\rightarrow\frac{\pi}{2}$ e risulta

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin[4(t+\frac{\pi}{2})]\cdot\sin[3(t+\frac{\pi}{2})]}{(t+\frac{\pi}{2})\cdot\sin[2(t+\frac{\pi}{2})]} = \lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin(4t+2\pi)\cdot\sin(3t+\frac{3}{2}\pi)}{(t+\frac{\pi}{2})\cdot\sin(2t+\pi)} =$

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin 4t\cdot(-\cos 3t)}{(t+\frac{\pi}{2})\cdot(-\sin 2t)} = \lim_{t\rightarrow 0}[\frac{\sin 4t}{4t}\cdot\frac{2t}{-\sin 2t}\cdot\frac{2(-\cos 3t)}{(t+\frac{\pi}{2})}] =$$= 1\cdot(-1)\cdot\frac{-2}{\frac{\pi}{2}} =\frac{4}{\pi}$

Il limite si risolve facilmente con i seguenti passaggi

$\lim_{x\rightarrow +\infty} x (2^{1/x} – 1) = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{2^{1/x} – 1}{1/x} =$$ \text{[posto} 1/x = t \text{ da cui } t \text{ tende a } 0^+ \text{ per } x \text{ che tende a } +\infty \text{]} =$$\lim_{t\rightarrow 0^+} \frac{2^t – 1}{t} = \log 2$

Si tratta di un limite notevole

$\lim_{x\rightarrow 0} \frac{2^x – 1}{x} = \log 2$

Il limite si presenta in forma indeterminata $frac{infty}{infty}$

Raccogliendo a numeratore e a denominatore $n$ e semplificando si ha

$lim_{n
ightarrowinfty}frac{n+sqrt{n}+1}{sqrt{n^2+n+1}}=$

$ lim_{n
ightarrowinfty} frac{ncdot(1+frac{1}{sqrt{n}}+frac{1}{n})}{sqrt{n^2cdot(1+frac{1}{n}+frac{1}{n^2})}}=$

$lim_{n
ightarrowinfty} frac{n}{|n|}cdotfrac{1+frac{1}{sqrt{n}}+frac{1}{n}}{sqrt{1+frac{1}{n}+frac{1}{n^2}}}=1$

Il limite presenta a numeratore una forma indeterminata $\infty -\infty$.

Si ha

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n-\sqrt{n^2+1}}{\sin\frac{1}{n}}=$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n-\sqrt{n^2\big(1+\frac{1}{n^2}\big)}}{\sin\frac{1}{n}}=$$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{n-|n| \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}{\sin\frac{1}{n}}=$$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{n\cdot\Big(1-\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}\Big)}{\sin\frac{1}{n}}=$$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1-\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}{\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}}=0$

Il limite si presenta in forma indeterminata.

Risulta, razionalizzando il denominatore

$lim_{n
ightarrowinfty} n-frac{sqrt{n}}{sqrt{n+2}-sqrt{n+1}}=$$lim_{n
ightarrowinfty} n-frac{sqrt{n}cdot (sqrt{n+2}+sqrt{n+1})}{1}=$$lim_{n
ightarrowinfty} n-igg[sqrt{n}cdotsqrt{n}cdotigg(sqrt{1+frac{2}{n}}+sqrt{1+frac{1}{n}}igg)igg]=$$lim_{n
ightarrowinfty} ncdotBigg[1-igg(sqrt{1+frac{2}{n}}+sqrt{1+frac{1}{n}}igg)Bigg]= +inftycdot (-1)=-infty$

Il limite si presenta in forma indeterminata $frac{0}{0}$.

Si ha

$lim_{n
ightarrowinfty} frac{sinfrac{1}{n}}{sinfrac{2}{sqrt{n}}} =$$ lim_{n
ightarrowinfty} frac{sinfrac{1}{n}} {frac{1}{n}}cdotfrac{frac{2}{sqrt{n}}frac{2}{sqrt{n}}frac{1}{4}}{sinfrac{2}{sqrt{n}}}$

Posto $t = frac{1}{n}$ e $k = frac{2}{sqrt{n}}$ risulta

$lim_{t
ightarrow 0} frac{sin t}{t}cdotlim_{k
ightarrow 0} (frac{k}{sin k}cdot kcdotfrac{1}{4}) = 1cdot 1cdot 0cdot frac{1}{4} = 0$

Il limite è in forma indeterminata $inftycdot 0$

Posto $t = 1/n$, per cui $t
ightarrow 0$ quando $n
ightarrow infty$, si ha

$lim_{n
ightarrowinfty} nsinig[1-cosig(frac{1}{n}ig)ig]=$$lim_{t
ightarrow 0} tcdot sin [1-cos t] = 0$

essendo il prodotto di una funzione infinitesima per un’altra limitata.

Il limite si presenta in forma indeterminata $infty – infty$.

Si risolve razionalizzando l’espressione

$lim_{n
ightarrowinfty} sqrt{n^4+n^3+5} – n^2 =$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{ig(sqrt{n^4+n^3+5} – n^2ig)cdot ig(sqrt{n^4+n^3+5} + n^2ig)}{sqrt{n^4+n^3+5} + n^2}=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{n^4+n^3+5-n^4}{sqrt{n^4+n^3+5} + n^2}=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{n^3+5}{sqrt{n^4+n^3+5} + n^2}=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{n^3cdotig(1+frac{5}{n^3}ig)}{n^2cdotBigg(sqrt{1+frac{1}{n}+frac{5}{n^4}}+1Bigg)}=$$lim_{n
ightarrowinfty} ncdot frac{1+frac{5}{n^3}}{sqrt{1+frac{1}{n}+frac{5}{n^4}}+1}=+infty$

Il limite è pressoché immediato essendo il prodotto di una funzione limitata per una tendente a zero e quindi

$lim_{n
ightarrowinfty} cosig(frac{npi}{4}ig) sinig(frac{1}{sqrt{n}}ig) = 0$

Il limite si presenta in forma indeterminata ($infty – infty$):

$lim_{n
ightarrowinfty}(n+2-sqrt{n^2+2})$

Razionalizzando, raccogliendo $n$ a numeratore e denominatore e semplificando, si ottiene successivamente:

$lim_{n
ightarrowinfty}(n+2-sqrt{n^2+2})=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{[(n+2)-sqrt{n^2+2}]cdot[(n+2)+sqrt{n^2+2}]}{(n+2)+sqrt{n^2+2}}=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{(n+2)^2-(n^2+2)}{(n+2)+sqrt{n^2+2}}=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{n^2+4n+4-n^2-2}{(n+2)+sqrt{n^2+2}}=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{4n+2}{(n+2)+sqrt{n^2+2}}=$$lim_{n
ightarrowinfty} frac{4+frac{2}{n}}{1+frac{2}{n}+sqrt{1+frac{2}{n^2}}}=frac{4}{2}=2$

Essendo $2 < e \Leftrightarrow \frac{2}{e} < 1$ il limite, è pressoché immediato:

$\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{2^x}{e^x} = \lim_{x\rightarrow +\infty}\bigg(\frac{2}{e}\bigg)^x = 0$

Il limite si presenta in forma indeterminata $0\cdot \infty$.

Si ha

$\lim_{x\rightarrow 0^+}\sin x \ln x =$$\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sin x}{x}\cdot \lim_{x\rightarrow 0^+} x\ln x$$\text{posto } \frac{1}{x} = t$$1\cdot \lim_{t\rightarrow +\infty} \frac{\ln 1/t}{t} = \lim_{t\rightarrow +\infty} \frac{-\ln t}{t} = 0$

Il limite si presenta in forma indeterminata: $\frac{+\infty}{+\infty}$

Risulta:

$\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{5^x}{x^2-2x+1} =$$\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{5^x}{x^2}\cdot\frac{1}{1-2/x+1/x^2}$

E quindi, ricordando che $a^x, (a > 1)$ diverge più rapidamente di qualsiasi potenza di $x$, si ha:

$\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{5^x}{x^2}\cdot\frac{1}{1-2/x+1/x^2} = +\infty$

Il limite si risolve semplicemente raccogliendo a numeratore e a denominatore $\tan x$:

$\lim_{x \rightarrow \pi/2} \frac{x^2 \cdot \tan x}{1 + 2 \cdot \tan x} = \lim_{x \rightarrow \pi/2} \frac{x^2}{2 + \frac{1}{\tan x}} = \frac{\pi^2}{8}$