Esercizi riepilogo limiti notevoli – 20

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In questo articolo finale, tratto dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli, proponiamo 5 esercizi di riepilogo sui limiti notevoli. Gli esercizi sono abbastanza articolati, per consentire al lettore di testare la sua preparazione.

Per un ulteriore riepilogo sui limiti notevoli, segnaliamo il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 19 .

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{4^{\frac{1}{x^2}}+6^{\frac{1}{x^2} } }{3^{\frac{1}{x^2}}+5^{\frac{1}{x^2}}}\right)^{x^2};\\[6pt] &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(\cos(\alpha x))}{\ln(\cos(\beta x))}, \qquad \alpha \in \mathbb{R}, \beta \in \mathbb{R}\setminus\{0\} ;\\[6pt] &3. \quad \lim\limits_{x \to 0^+} (\text{settsinh}(x))^{\cot x};\\[6pt] &4. \quad \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(1+\alpha x)^{\frac{1}{x}} + \sqrt{ \sin(\pi x^\alpha)}}{ 1-\cos(3 \sqrt{x})}, \qquad \alpha >0 ;\\[6pt] &5. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{x^3}\right)^4}{\left(\text{arcsin}\left(\frac{1}{x}\right)\right)^3 - \frac{1}{x^\alpha}\sin\left( \frac{1}{x}\right)}, \qquad \alpha > -1. \end{aligned}$

Iniziamo con un riepilogo dei limiti notevoli 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) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2}= \dfrac{1}{2}, & \qquad \qquad \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x}{x}= 0, \end{equation*}$

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

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

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

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

Procediamo ora alla risoluzione degli esercizi di riepilogo sui limiti proposti.

Svolgimento.

Effettuando la sostituzione $t = \dfrac{1}{x^2}$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty} \left( \frac{4^{1/x^2}+6^{1/x^2}}{3^{1/x^2}+5^{1/x^2}} \right)^{x^2} = {} & \lim_{t\to0^+} \left( \frac{4^t+6^t}{3^t+5^t} \right)^{1/t} = \\[5pt] = {} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ \frac{1+(2/3)^t}{1+(3/5)^t} \right]^{1/t} = \\[5pt] = {} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ \frac{1+(2/3)^t+(3/5)^t-(3/5)^t}{1+(3/5)^t} \right]^{1/t} = \\[5pt] = {} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ 1 + \frac{(2/3)^t-(3/5)^t}{1+(3/5)^t} \right]^{1/t} = \\[5pt] \overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ 1 + \frac{(10/9)^t-1}{1+(3/5)^{-t}} \right]^{1/t}. \end{aligned}$

dove $\spadesuit$ è stato utilizzato (6) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 poiché

$\lim\lim\limits_{t \to 0^+}\frac{(10/9)^t-1}{1+(3/5)^{-t}}=0.$

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(\cos\left(\alpha x\right)\right)}{\ln\left(\cos\left(\beta x\right)\right)}&=\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\alpha x\right)\right)^{\frac{1}{2}}\right)}{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\beta x\right)\right)^{\frac{1}{2}}\right)}\\ &=\lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{1}{2}\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\alpha x\right)\right)\right)}{\frac{1}{2}\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\beta x\right)\right)\right)} \\& =\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\alpha x\right)\right)\right)}{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\beta x\right)\right)\right)}\\ & = \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\alpha x\right)\right)\right)}{-\sin^2(\alpha x)} \cdot \dfrac{-\sin^2(\beta x)}{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\beta x\right)\right)\right)} \cdot \dfrac{\sin^2(\alpha x)}{\sin^2(\beta x)}\\ &= \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\alpha x\right)\right)\right)}{-\sin^2(\alpha x)} \cdot \dfrac{-\sin^2(\beta x)}{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\beta x\right)\right)\right)} \cdot \dfrac{\sin^2(\alpha x)}{(\alpha x)^2}\cdot \dfrac{(\beta x)^2}{\sin^2(\alpha x)}\cdot \left(\dfrac{\alpha x}{\beta x}\right)^2\\ & \overset{\star}{=} \dfrac{\alpha^2}{\beta^2} \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\alpha x\right)\right)\right)}{-\sin^2(\alpha x)} \cdot \lim_{x\to 0}\dfrac{-\sin^2(\beta x)}{\ln\left(\left(1-\sin^2\left(\beta x\right)\right)\right)} \cdot\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin^2(\alpha x)}{(\alpha x)^2} \\ & \overset{\star}{=} \lim_{x\to 0}\dfrac{(\beta x)^2}{\sin^2(\alpha x)}\\ & \overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} \dfrac{\alpha^2}{\beta^2} \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si sono usati (1)-(5) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per il primo ed il secondo limite.

Manipolando l’espressione del limite dato e ricordando che $\settsinh(x) = x + \sqrt{1+x^2}$ e $\cot x = \dfrac{\cos x}{\sin x}$ , si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x\to 0+} \left(x + \sqrt{1+x^2}\right)^{\cot x}=\\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+}\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)^{\cot x} \\ & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\dfrac{\cos x}{\sin x} \cdot \ln\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)}{x}\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \dfrac{x + \sqrt{1 + x^2} - 1}{x}\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{\sqrt{1 + x^2} - 1}{x}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{\sqrt{1 + x^2} - 1}{x} \cdot \dfrac{\sqrt{1 + x^2} + 1}{\sqrt{1 + x^2} + 1}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{1 + x^2 - 1}{x \left(\sqrt{1 + x^2} + 1\right)}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{x}{\left(\sqrt{1 + x^2} + 1\right)}\right)\right) \\[10pt] \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} & \overset{\star}{=} \exp \left(\lim_{x\to 0^+}\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{x}{\left(\sqrt{1+x^2} + 1\right)}\right)\right)\right) \\[10pt] & \overset{\ast}{=} \exp \left(\lim_{x\to 0^+} \cos x \cdot \lim_{x\to 0^+} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x\to 0^+} \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \lim_{x\to 0^+} \left(1 + \dfrac{x}{\left(\sqrt{1 + x^2} + 1\right)}\right) \right) \\ & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} \exp \left(1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \right) = e, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2, in $\ast$ si è utilizzato il teorema 1, e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(5) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per il terzo limite.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(1+\alpha x)^{\frac{1}{x}} \cdot \sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{1-\cos(3 \sqrt{x})} =\\[10pt] & \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\left((1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \cdot \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}}\cdot \sqrt{\pi x^\alpha}}{1-\cos(3 \sqrt{x})}\cdot \dfrac{1+\cos(3 \sqrt{x})}{1-\cos(3 \sqrt{x})}\\[10pt] & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\left((1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \cdot \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}}\cdot \sqrt{\pi x^\alpha}}{1-\cos^2(3 \sqrt{x})}\cdot (1+\cos(3 \sqrt{x}))\\[10pt] & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\left((1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \cdot \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}}\cdot \sqrt{\pi x^\alpha}}{9x}\cdot \dfrac{9x}{1-\cos^2(3 \sqrt{x})}\cdot (1+\cos(3 \sqrt{x}))\\[10pt] & \overset{\star}{=}\dfrac{\sqrt{\pi}}{9}\lim\limits_{x \to 0^+} x^{\frac{\alpha}{2}-1} \cdot \left(\lim\limits_{x \to 0^+} (1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \\[10pt] & \overset{\star}{=} \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{9x}{1-\cos^2(3 \sqrt{x})}\cdot \lim\limits_{x \to 0^+} (1+\cos(3 \sqrt{x})) \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1. Si osservi che, a seconda del valore che assume $\alpha$ , si avrà:

$\lim\limits_{x \to 0^+} x^{\frac{\alpha}{2}-1}= \begin{cases} +\infty & \alpha > 2,\\ 1 & \alpha = 2,\\ 0 & \alpha < 2, \end{cases}$

e quindi

$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(1+\alpha x)^{\frac{1}{x}} \cdot \sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{1 - \cos(3 \sqrt{x})} = \begin{cases} +\infty & \alpha > 2,\\ \dfrac{2\sqrt{\pi}e^2}{9} & \alpha = 2,\\ 0 & \alpha < 2. \end{cases}$

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