Esercizio limiti notevoli – 5

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Il quinto esercizio sui limiti notevoli, estratto dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli, è costituito da 5 limiti affrontabili con l’ausilio dei limiti notevoli del seno, del coseno, del numero di Nepero e del logaritmo, combinati a tecniche di base sulla risoluzione dei limiti.

Segnaliamo inoltre il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 4 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 6 .

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{x-3}{\ln \left(\frac{x}{3}\right)};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-2}{3x+3}\right)^{2x-1};\\ &3. \quad\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^3}{1-\cos x + \sin \frac{x}{2}};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{5x+3}{5x-1}\right)^{2x-1};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\sin x - 1}{2 \sin(2x)-\sqrt{3}}. \end{aligned}$

Richiamiamo di seguito solo i principali risultati che verranno utilizzati per la risoluzione degli esercizi. Si rimanda anche ai Richiami teorici sui limiti notevoli oppure alla dispensa Teoria sui limiti per un riferimento completo di tutte le dimostrazioni.

Richiami teorici

Teorema 1.

Siano $f, g\colon A \subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ , sia $x_0 \in \mathbb{R} \cup \{\pm \infty\}$ un punto di accumulazione per $A$ . Si assuma che

$\exists \lim\limits_{x \to x_0} f(x) =: \ell_1, \qquad \exists \lim\limits_{x \to x_0} g(x) =: \ell_2,$

allora, ogni qualvolta l’espressione a destra non è un forma indeterminata, si ha:

$\begin{aligned} \exists \; \lim\limits_{x \to x_0}(f\pm g)(x) & =\ell_1 \pm \ell_2 \\ \exists \; \lim\limits_{x \to x_0}(f\cdot g)(x) & = \ell_1 \cdot \ell_2, \end{aligned}$

Se $x_0$ è un punto di accumulazione per $\{x \in A \colon g(x) \neq 0\}$ , allora si ha:

$\exists \; \lim\limits_{x \to x_0} \left( \dfrac{f}{g}\right)(x) = \dfrac{\ell_1}{\ell_2},$

ogni qualvolta l’espressione a destra esiste e non è una forma indeterminata.

Teorema 2 – Teorema di sostituzione.

Sia $f\colon A \subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}$ . Si assuma che

$\exists \lim\limits_{x \to x_0} f(x) = \ell \in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}.$

Sia $I(\ell)$ un intorno di $\ell$ e sia $g \colon I(\ell) \to \mathbb{R}$ tale che

se $\ell \in \mathbb{R}$ , $g$ è continua in $\ell$ ;
se $\ell = \pm \infty$ , allora esiste $\lim\limits_{y \to \ell}g(y)$ .

Allora,

$\lim\limits_{x \to x_0} g(f(x)) = \lim\limits_{y \to \ell}g(y).$

Richiamiamo ora i limiti notevoli utilizzati all’interno degli esercizi proposti in questa dispensa:

(1) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1, \end{equation*}$

(2) $\begin{equation*}\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2}= \dfrac{1}{2}, \end{equation*}$

(3) $\begin{equation*} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\log_a (1+x)}{x}= \log_a e, & \qquad \qquad a\in \mathbb{R}^+ \end{equation*}$

(4) $\begin{equation*}\lim\limits_{x\to 0} \left(1 + x\right)^{\frac{1}{x}}=e, &\qquad \qquad \left(\text{eq. } \lim\limits_{x\to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)^{x}=e \right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Utilizzando la sostituzione $t = x-3$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{x-3}{\ln \left(\dfrac{x}{3}\right)} & = \; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{\ln \left(1+\dfrac{t}{3}\right)} \\ \overset{\star}{=} & \;3 \cdot \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\dfrac{t}{3}}{\ln \left(1+\dfrac{t}{3}\right)} \\ \overset{\spadesuit}{=}&\; 3 \cdot 1 = 3, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzata (3).

Manipolando l’espressione del limite dato per ricondurci a (4) si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-2}{3x+3}\right)^{2x-1} = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-2+3-3}{3x+3}\right)^{2x-1} \\ = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{-5}{3x+3}\right)^{2x-1}\\ = & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{-5}{3x+3}\right)^{-\dfrac{3x+3}{5}}\right)^{\frac{5}{3x+3}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{-5}{3x+3}\right)^{-\frac{3x+3}{5}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{5}{3x+3}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\spadesuit}{=} &\; e^{-\frac{10}{3}}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzata (4).

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^3}{1-\cos x + \sin \dfrac{x}{2}} & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^3}{\dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot x^2 + \dfrac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \cdot \dfrac{x}{2}} \\[10pt] & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^2}{\dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot x + \frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}} = \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{\lim\limits_{x \to 0^+} x^2}{\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} x + \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}} = \\[10pt] &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{0}{\dfrac{1}{2}\cdot 0 + 1 \cdot \dfrac{1}{2}} = 0, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2).

Manipolando l’espressione del limite dato per ricondurci a (4) si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{5x+3}{5x-1}\right)^{2x-1} = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{5x+3-1+1}{5x-1}\right)^{2x-1} \\ = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{4}{5x-1}\right)^{2x-1}\\ = & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{4}{5x-1}\right)^{\frac{5x-1}{4}}\right)^{\frac{4}{5x-1}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{4}{5x-1}\right)^{\frac{5x-1}{4}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{4}{5x-1}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\spadesuit}{=} &\; e^{\frac{8}{5}}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (4).

Utilizzando la sostituzione $t = x - \dfrac{\pi}{6}$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\sin x - 1}{2 \sin 2x - \sqrt{3}} =& \; \dfrac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{6}+t\right) - 1}{2 \sin\left(2\left( \dfrac{\pi}{6}+t\right)\right)-\sqrt{3}} \\ \overset{\ast}{=}&\; \dfrac{2 \left(\dfrac{1}{2} \cos t + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin t \right) - 1}{2 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos (2t) + \dfrac{1}{2} \sin(2t) \right)-\sqrt{3}} \\ = &\; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{ \cos t + \sqrt{3} \sin t - 1}{\sqrt{3} \cos (2t) + \sin(2t) -\sqrt{3}} \\ = &\; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{ \dfrac{\cos t - 1}{t} \cdot t + \sqrt{3} \; \dfrac{\sin t}{t} \cdot t }{\sqrt{3} \; \dfrac{\cos (2t) -1}{2t} \cdot 2t + \dfrac{\sin(2t)}{2t} \cdot 2t } \\ = &\; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{ \dfrac{\cos t - 1}{t}+ \sqrt{3} \; \dfrac{\sin t}{t} }{2\sqrt{3} \; \dfrac{\cos (2t) -1}{2t} + 2\dfrac{\sin(2t)}{2t}} \\ \overset{\star}{=}&\;\dfrac{ \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\cos t - 1}{t} + \sqrt{3} \;\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} }{2\sqrt{3} \; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\cos (2t) -1}{2t} + 2\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin(2t)}{2t} }\\ \overset{\spadesuit}{=}&\; = \dfrac{0 + \sqrt{3}\cdot 1}{2 \sqrt{3} \cdot 0 + 2 \cdot 1} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \end{aligned}$

dove in $\ast$ si è utilizzato il fatto che $\sin (\alpha + \beta) = \sin \alpha \cdot \cos \beta + \cos \alpha \cdot \sin \beta$ , in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2).

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