limiti notevoli

LIMITI NOTEVOLI
senx
=1
x→ 0 x
lim
lim
x→ 0
1 − cos x
x
2
dimostrazione1
=
1
2
sen( f ( x ) )
=1
f ( x)
x → x0
con lim f ( x ) = 0
lim
x → x0
dimostrazione 2
x
1

lim  1 +  = e
x
x→ ∞ 
1
1
lim (1 + f ( x ) ) f ( x ) = e
lim (1 + x ) x = e
log a (1 + x )
= log a e
x
x→ 0
lim
ln(1 + f ( x ) )
=1
f ( x)
x → x0
ln(1 + x )
=1
x
x→ 0
ax − 1
= ln a
x→ 0 x
ex − 1
lim
=1
x→ 0 x
x → x0
dimostrazione 3
lim
lim
lim
lim f ( x ) = 0
con
x → x0
x→ 0
con
lim f ( x ) = 0
x → x0
dimostrazione 4
e f ( x) − 1
=1
f ( x)
x → x0
lim
con
lim f ( x ) = 0
x → x0
Dimostrazione 1
Torna a limiti notevoli
dimostrazione 2
Si considera
1 − cos x
=
x→ 0
x2
lim
lim
x→ 0
(1 −
si moltiplicano numeratore e denominatore per (1 + cos x ) , per cui
cos x ) (1 + cos x )
1 − cos 2 x
sen 2 x
1
1
⋅
=
=
=
=
2
2
2
(1 + cos x ) x (1 + cos x ) x (1 + cos x ) (1 + cos x ) 2
x
c.v.d.
dimostrazione 3
Si considera
1
1
lim(1 + x ) x = e ⇒ lim log a (1 + x ) x = log a e
x→ 0
x→ 0
per la proprietà dei logaritmi log a n = n log a si può scrivere
log a (1 + x )
1
lim log a (1 + x ) = log a e ⇒ lim
= log a e
x→ 0 x
x→ 0
x
c.v.d.
caso particolare
se a = e si ottiene
ln(1 + x )
=1
x
x→ 0
lim
Torna a limiti notevoli
dimostrazione 4
Si considera
ax − 1
x
e si applica la sostituzione a x − 1 = t , da cui si ricava a = t + 1 ⇒ x = log a ( t + 1) .
lim
=
x→ 0
x
x
Da a − 1 = t si ricava inoltre che se x tende a 0 anche t tende a 0, per cui il limite di partenza
diventa:
ax − 1
t
1
lim
= lim
=
,
log a e
x→ 0 x
t → 0 log a ( t + 1)
1
= ln a , quindi
ma per il teorema del cambiamento di base
log a e
ax − 1
lim
= ln a
x→ 0 x
c.v.d.
caso particolare
se a = e si ottiene
ex − 1
= ln e = 1
x→ 0
x
lim
Torna a limiti notevoli