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Esercizi misti limiti 1

Esercizi misti sui Limiti

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Richiamiamo di seguito solo i principali risultati che verranno utilizzati per la risoluzione degli esercizi. Per i richiami teorici più completi si rimanda alle dispense di teoria sui limiti notevoli , alla dispensa sui simboli di Landau e a quella sulle forme indeterminate.

Teorema 1 – Teorema dei carabinieri. 

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

    \[\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} h(x) \eqqcolon \ell \in \mathbb{R} \cup \{\pm\infty\}\]

e che in un intorno di x_0, denotato con I(x_0) si abbia

    \[f(x) \le g(x) \le h(x), \qquad \forall x \in I(x_0)\setminus\{x_0\}.\]

Allora

    \[\lim_{x \to x_0} g(x) = \ell.\]

 

Teorema 2. 

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 3 – 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

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

Allora,

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

 

 

Testi degli esercizi

Esercizio 1  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti:

    \[\begin{aligned} &1.\quad \lim\limits_{x\rightarrow\pm\infty}\dfrac{x^3-3x}{x^2+1-2x^3};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x\rightarrow-1}\dfrac{x^3-3x-2}{x^4+2x^3-8x^2-18x-9};\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x\rightarrow3}\dfrac{x-3}{\sqrt{x}-\sqrt{3}};\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sin(\sin x)}{x};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}}\dfrac{\sin x-1}{\displaystyle\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)^2}.\end{aligned}\]

Svolgimento.

1. Manipolando l’espressione del limite si ha:

    \[ \lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{x^3-3x}{x^2+1-2x^3}=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{x^3 \left(1- \dfrac{3}{x^2}\right)}{-2x^3\left(1 - \dfrac{1}{2x} - \dfrac{1}{2x^3}\right) }=-\frac{1}{2}.\]

2. Osserviamo che, poiché entrambi i polinomi al numeratore e al denominatore ammettono -1 come radice, il limite si presenta come una forma indeterminata [\frac{0}{0}]. Tuttavia, possiamo applicare la regola di Ruffini per scomporre tali polinomi, al fine di semplificare il termine x+1. Abbiamo per il numeratore

    \[\begin{array}{c|ccc|c} & 1 & 0 & -3 & -2 \\ & & & & \\ -1 & & -1 & 1 & 2 \\ \hline & 1 & -1 & -2 & 0 \\ \end{array}\]

mentre per il denominatore

    \[\begin{array}{c|cccc|c} & 1 & 2 & -8 & -18 & -9 \\ & & & & \\ -1 & & -1 & -1 & 9 & 9 \\ \hline & 1 & 1 & -9 & -9 & 0 \\ \end{array}\]

e quindi

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow-1}\frac{x^3-3x-2}{x^4+2x^3-8x^2-18x-9}=& \lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)(x^2-x-2)}{(x+1)(x^3+x^2-9x-9)}\\ =& \lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)(x-2)}{x^2(x+1)-9(x+1)}\\ =& \lim_{x\rightarrow-1}\frac{x-2}{x^2-9}=\frac{3}{8}, \end{aligned}\]

dove nella seconda uguaglianza si è semplificato il termine x-1 e si è continuato a scomporre i polinomi restanti.

3. Osserviamo che il limite si presenta come una forma indeterminata [\frac{0}{0}]. Per eliminarla, moltiplichiamo e dividiamo per \sqrt{x}+ \sqrt{3}.

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow3}\frac{x-3}{\sqrt{x}-\sqrt{3}}&= \lim_{x\rightarrow3}\frac{x-3}{\sqrt{x}-\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{x}+\sqrt{3}}{\sqrt{x}+\sqrt{3}}\\ &= \lim_{x\rightarrow3}\frac{(x-3)(\sqrt{x}+\sqrt{3})}{x-3}\\ &= \lim_{x\rightarrow3}(\sqrt{x}+\sqrt{3})=2\sqrt{3}. \end{aligned}\]

4. Osserviamo che il limite si presenta come una forma indeterminata [\frac{0}{0}]. Moltiplichiamo e dividiamo per \sin x, per cui otteniamo:

    \[\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin(\sin x)}{x}= \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(\sin x)}{x} \dfrac{\sin x}{\sin x},\]

dove entrambi i limiti dei prodotti esistono. Infatti

    \[\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1\]

e, per il teorema 3, posto si ha

    \[\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin t}{t}=1 ,\]

per cui, per il teorema 2, si conclude che il limite richiesto è 1.

5. Osserviamo che il limite si presenta come una forma indeterminata [\frac{0}{0}].
Ponendo t= \pi/2-x per il teorema 3, otteniamo

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x-1}{\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2}&= \lim_{t\rightarrow0}\frac{\displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right) -1}{t^2}\\ &= \lim_{t\rightarrow0}\frac{\cos t-1}{t^2}\\ &= -\frac{1}{2}. \end{aligned}\]

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