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Note per Studenti Esercizio 59 · limiti in -1 con e1/(x+1)) e log5 del modulo

Esercizio 59limiti in -1 con e1/(x+1)) e log5 del modulo

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Testo. Calcolare

lim⁡x→−1−e1x+1log⁡5∣x+1∣elim⁡x→−1+e1x+1log⁡5∣x+1∣\lim_{x \to -1^-} e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| \qquad \text{e} \qquad \lim_{x \to -1^+} e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1|

(il secondo era "per casa").

Teoria: Limite di funzioni composte (cambio di variabile)Se g(x) → y0 e f(y) → ℓ per y → y0, allora f(g(x)) → ℓ, purché g(x) ≠ y0 vicino a x0 (ipotesi inutile se y0 = ±∞ o f è continua in y0): si sostituisce y = g(x).Limite di funzioni composte (cambio di variabile) →.

Passo 0: dove vanno i pezzi

Tutto dipende da x+1x + 1:

  • per x→−1−x \to -1^- (da sinistra, cioè x<−1x < -1): x+1→0−x + 1 \to 0^-;
  • per x→−1+x \to -1^+ (da destra): x+1→0+x + 1 \to 0^+.

In entrambi i casi ∣x+1∣→0+|x + 1| \to 0^+, quindi log⁡∣x+1∣→−∞\log|x + 1| \to -\infty e log⁡5∣x+1∣→(−∞)5=−∞\log^5|x + 1| \to (-\infty)^5 = -\infty (potenza dispari: il segno resta negativo).

L'esponenziale invece cambia comportamento a seconda del lato:

  • x+1→0−x + 1 \to 0^-: 1x+1→−∞\frac{1}{x+1} \to -\infty (reciproco di 0−0^-), quindi e1x+1→e−∞=0e^{\frac{1}{x+1}} \to e^{-\infty} = 0;
  • x+1→0+x + 1 \to 0^+: 1x+1→+∞\frac{1}{x+1} \to +\infty, quindi e1x+1→+∞e^{\frac{1}{x+1}} \to +\infty.

1. Limite da destra (x→−1+x \to -1^+)

e1x+1log⁡5∣x+1∣→(+∞)⋅(−∞)=−∞e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| \to (+\infty) \cdot (-\infty) = -\infty

Non è una forma indeterminata (algebra degli infiniti): il limite è −∞-\infty.

2. Limite da sinistra (x→−1−x \to -1^-)

Qui si ottiene 0⋅(−∞)0 \cdot (-\infty): forma indeterminata.

Passo 1: scrivere come quoziente

Si porta l'esponenziale al denominatore con l'esponente cambiato di segno (eA=1e−Ae^A = \frac{1}{e^{-A}}):

e1x+1log⁡5∣x+1∣=log⁡5∣x+1∣e−1x+1e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| = \frac{\log^5|x + 1|}{e^{-\frac{1}{x+1}}}

Ora è una forma −∞+∞\frac{-\infty}{+\infty}: un logaritmo (alla quinta) contro un esponenziale. La gerarchia dice che vince l'esponenziale, ma la gerarchia vale per una variabile che va a +∞+\infty, e qui x→−1x \to -1. Serve un cambio di variabile.

Passo 2: il cambio di variabile

Si pone

y=−1x+1y = -\frac{1}{x + 1}

così l'esponenziale diventa eye^y. Dove va yy? Per x→−1−x \to -1^-, x+1→0−x + 1 \to 0^-, quindi 1x+1→−∞\frac{1}{x+1} \to -\infty e y→+∞y \to +\infty.

Si riscrive anche il logaritmo in funzione di yy: da y=−1x+1y = -\frac{1}{x+1} segue x+1=−1yx + 1 = -\frac1y, e poiché y>0y > 0:

∣x+1∣=1y⇒log⁡∣x+1∣=log⁡1y=−log⁡y|x + 1| = \frac1y \qquad \Rightarrow \qquad \log|x + 1| = \log\frac1y = -\log y

(il logaritmo del reciproco è l'opposto del logaritmo). Quindi log⁡5∣x+1∣=(−log⁡y)5=−log⁡5y\log^5|x + 1| = (-\log y)^5 = -\log^5 y.

La funzione y=−1x+1y = -\frac{1}{x+1} è strettamente monotona per x<−1x < -1, quindi il cambio di variabile è lecito senza ipotesi aggiuntive.

Passo 3: il limite nella nuova variabile

lim⁡x→−1−log⁡5∣x+1∣e−1x+1=lim⁡y→+∞−log⁡5yey=0\lim_{x \to -1^-} \frac{\log^5|x + 1|}{e^{-\frac{1}{x+1}}} = \lim_{y \to +\infty} \frac{-\log^5 y}{e^y} = 0

per la gerarchia degli infiniti: log⁡5y=o(ey)\log^5 y = o(e^y) per y→+∞y \to +\infty. (Più precisamente il limite è 0−0^-: numeratore negativo, denominatore positivo.)

Verifica numerica. x=−1,1x = -1{,}1: ≈−0,0029\approx -0{,}0029; x=−1,05x = -1{,}05: ≈−5⋅10−7\approx -5 \cdot 10^{-7}; x=−1,02x = -1{,}02: ≈−1,8⋅10−19\approx -1{,}8 \cdot 10^{-19} ✓. Da destra invece: x=−0,9x = -0{,}9: ≈−1,4⋅106\approx -1{,}4 \cdot 10^6, x=−0,95x = -0{,}95: ≈−1,2⋅1011\approx -1{,}2 \cdot 10^{11} ✓.

lim⁡x→−1−e1x+1log⁡5∣x+1∣=0,lim⁡x→−1+e1x+1log⁡5∣x+1∣=−∞\lim_{x \to -1^-} e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| = 0, \qquad \lim_{x \to -1^+} e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| = -\infty

I due limiti sono diversi, quindi il limite per x→−1x \to -1 non esiste; la retta x=−1x = -1 è asintoto verticale destro.

Errori comuni

  • Non distinguere i due lati: e1x+1e^{\frac{1}{x+1}} va a 00 da una parte e a +∞+\infty dall'altra.
  • Applicare la gerarchia direttamente per x→−1x \to -1: la gerarchia è per variabile che tende a +∞+\infty; prima si cambia variabile.
  • Sbagliare il segno di log⁡5\log^5: la quinta potenza di un numero negativo è negativa.

Versione ripasso

Testo. Calcolare lim⁡x→−1−e1x+1log⁡5∣x+1∣elim⁡x→−1+e1x+1log⁡5∣x+1∣\lim_{x \to -1^-} e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| \qquad \text{e} \qquad \lim_{x \to -1^+} e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1|

1. Limite da destra (x→−1+x \to -1^+)

Si ha x+1→0+x+1 \to 0^+, quindi 1x+1→+∞\frac{1}{x+1} \to +\infty e log⁡5∣x+1∣→−∞\log^5|x+1| \to -\infty. e1x+1log⁡5∣x+1∣→(+∞)⋅(−∞)=−∞e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| \to (+\infty) \cdot (-\infty) = -\infty Non è una forma indeterminata.

2. Limite da sinistra (x→−1−x \to -1^-)

Si ha x+1→0−x+1 \to 0^-, quindi 1x+1→−∞\frac{1}{x+1} \to -\infty, e1x+1→0e^{\frac{1}{x+1}} \to 0 e log⁡5∣x+1∣→−∞\log^5|x+1| \to -\infty. Si presenta la forma indeterminata 0⋅(−∞)0 \cdot (-\infty).

Metodo: Cambio di variabileSe g(x) → y0 e f(y) → ℓ per y → y0, allora f(g(x)) → ℓ, purché g(x) ≠ y0 vicino a x0 (ipotesi inutile se y0 = ±∞ o f è continua in y0): si sostituisce y = g(x).Limite di funzioni composte (cambio di variabile) →.

  1. Riscrivere il limite: e1x+1log⁡5∣x+1∣=log⁡5∣x+1∣e−1x+1e^{\frac{1}{x+1}}\log^5|x + 1| = \frac{\log^5|x + 1|}{e^{-\frac{1}{x+1}}}
  2. Cambio di variabile: Pongo y=−1x+1y = -\frac{1}{x + 1}. Per x→−1−x \to -1^-, y→+∞y \to +\infty. Si ha ∣x+1∣=1y|x + 1| = \frac{1}{y}, dunque log⁡∣x+1∣=log⁡(1/y)=−log⁡y\log|x + 1| = \log(1/y) = -\log y.
  3. Calcolo: lim⁡y→+∞(−log⁡y)5ey=lim⁡y→+∞−log⁡5yey=0\lim_{y \to +\infty} \frac{(-\log y)^5}{e^y} = \lim_{y \to +\infty} -\frac{\log^5 y}{e^y} = 0 (per la gerarchia degli infiniti, l'esponenziale batte il logaritmo).

Risultato finale: Il limite da destra è −∞-\infty, quello da sinistra è 00. Il limite per x→−1x \to -1 non esiste.

Errori tipici: non distinguere il segno dei limiti laterali; tentare la gerarchia senza prima effettuare il cambio di variabile; errore di segno nella potenza dispari del logaritmo.

Teoria collegata