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Esercizi misti limiti 10

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. 

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

  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,

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

 

 

Teorema 3 – Teorema di L’Hôpital. 

Siano A\subset \mathbb{R} e x_0\in \mathbb{R}\cup \{\pm\infty\} punto di accumulazione per A. Siano f,g:A\setminus \{x_0\}\rightarrow \mathbb{R} derivabili nel loro dominio e inoltre si supponga g^\prime(x)\neq0 \, \, \forall x \in I \setminus \{x_0\} . Se f,g sono entrambe infinitesime o infinite per x \rightarrow x_0 e se esiste il seguente limite

    \[\lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}=\ell \in \mathbb{R}\cup \{\pm\infty\},\]

allora

    \[\lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell.\]

 

Definizione 

Siano f,g\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 g(x)\neq 0 in un intorno di x_0 e che esiste

    \[\lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)} \eqcolon \ell \in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}.\]

\bullet Se \ell \in \mathbb{R} si dice che f è un O-grande di g per x che tende ad x_0, e si denota con f=\mathcal{O}(g). In particolare, si possono distinguere i seguenti casi:
 
1. se \ell \neq 0, allora f ha lo stesso ordine di g e si denota con

    \[f \asymp g, \qquad x \to x_0;\]

 
2. se \ell = 1, allora f è equivalente g e si denota con

    \[f \sim g, \qquad x \to x_0;\]

 
3. se \ell = 0, allora f è trascurabile rispetto a g e si denota con

    \[f = o(g), \qquad x \to x_0.\]

In questo caso si dice anche che f è un o-piccolo di g.
 
Inoltre, se \ell = \pm \infty si dirà che g=o(f).

 
I simboli definiti precedentemente predono il nome di \textbf{simboli di Landau} e tra le proprietà fondamentali ricordiamo la seguente:

    \[f \sim g \Longleftrightarrow f = g + o(g).\]

Utilizzando i simboli di Landau i limiti notevoli possono essere riscritti nel modo seguente.

(1)   \begin{equation*} \sin x = x + o(x), \qquad & x \to 0,\end{equation*}

(2)   \begin{equation*}\cos x = 1 - \dfrac{1}{2}x^2 + o(x^2), \qquad & x \to 0, \end{equation*}

(3)   \begin{equation*} \tan x = x +o(x), \qquad & x \to 0, \end{equation*}

(4)   \begin{equation*} \log(1 + x) = x + o(x), \qquad & x \to 0,\end{equation*}

(5)   \begin{equation*} a^x =1+ \log a x + o(x), \qquad & x \to 0,\end{equation*}

(6)   \begin{equation*}(1 + x)^\alpha =1+ \alpha x + o(x), \qquad & x \to 0. \end{equation*}

 

Testi degli esercizi

Esercizio 10 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare i seguenti limiti con il metodo del confronto locale:

    \[\begin{aligned} &1.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\cos x-\cos 2x}{1-\cos x};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin x-\cos x}{\sin 4x};\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{(\sqrt{2})^x-1}{2x+\sin x};\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{e^{\sin^3 x}-1}{\log(1-x^3)};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{1-\cos 2x}{\log(1-x)+\log(1+x)}; \end{aligned}\]

 
Svolgimento.
 
1. Si ha che

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos x-\cos 2x}{1-\cos x}&= \lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle 1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)-1+2x^2+o(x^2)}{1-1\displaystyle\frac{x^2}{2}+o(x^2)}\overset{\star}{=}\lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle \frac{3x^2}{2}+o(x^2)}{\displaystyle\frac{x^2}{2}+o(x^2)}=3, \end{aligned}\]

dove in \star abbiamo utilizzato (2).

 
2. Per il teorema 2 operiamo il cambiamento di variabile x=t+\frac{\pi}{4}; abbiamo allora:

    \[\lim_{t \to 0} \dfrac{\sin\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)-\cos \left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)}{\sin\left(4\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)\right)}.\]

Ricordando le formule di addizione, si ha che

    \[\begin{aligned} \sin( \alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta, \qquad &\forall \alpha,\beta \in \mathbb{R},\\ \cos(\alpha +\beta) = \cos \alpha \cos\beta - \sin \alpha \sin \beta, \qquad &\forall \alpha,\beta \in \mathbb{R}, \end{aligned}\]

da cui

    \[\begin{aligned} \sin \left(t + \dfrac{\pi}{4}\right) = \sin t\cos\frac{\pi}{4}-\cos t\sin\frac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}(\sin t - \cos t),\\ \cos\left( t + \dfrac{\pi}{4}\right) = \cos t \cos \frac{\pi}{4} - \sin t \sin \frac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos t - \sin t). \end{aligned}\]

Il numeratore dunque diventa

    \[\sin \left(t + \dfrac{\pi}{4}\right) - \cos \left(t + \dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\left(\sin t - \cos t\right).\]

Per il denominatore si ha invece

    \[\sin\left(4 t+\pi \right) = -\sin (4t).\]

Tornando al limite, si ha

    \[\begin{aligned} \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)-\cos \left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)}{\sin\left(4\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)\right)} &= \lim_{t \to 0} -\dfrac{\sqrt{2}(\sin t - \cos t)}{\sin (4t)}\\ & \overset{\star}{=} - \dfrac{\sqrt{2}(x + o(x) - \frac{x^2}{2} + o(x^2))}{4x + o(x)} \\ &= - \dfrac{\sqrt{2}x(1 -\frac{x}{2} +o(x))}{4x(1+o(1))} =-\frac{\sqrt{2}}{4}, \end{aligned}\]

dove in \star abbiamo utilizzato (1)-(2).

 
3. Si ha

    \[\lim_{x\rightarrow0}\frac{(\sqrt{2})^x-1}{2x+\sin x} \overset{\star}{=} \lim_{x\rightarrow0}\frac{x\cdot\log\sqrt{2}+o(x)}{2x+x+o(x)}= \lim_{x\rightarrow0}\frac{x\cdot\log\sqrt{2}+o(x)}{3x+o(x)}=\frac{1}{6}\log 2.\]

,
dove in \star abbiamo utilizzato (4)-(5).

 
4. si ha

    \[\lim_{x\rightarrow0}\frac{e^{\sin^3 x}-1}{\log(1-x^3)}\overset{\star}{=}\lim_{x\rightarrow0}\frac{e^{x^3+o(x^3)}-1}{-x^3+o(x^)}=-1,\]

dove nell’ultima uguaglianza si è utilizzato il limite notevole della funzione esponenziale e in \star abbiamo utilizzato (1)-(4).

 
5. Utilizzando le proprietà dei logaritmi si ha che

    \[\log(1-x)+\log(1+x) = \log\left((1-x)(1+x)\right) = \log (1-x^2),\]

per cui otteniamo,

    \[\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos 2x}{\log(1-x)+\log(1+x)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos 2x}{\log(1-x^2)}\overset{\star}{=}\lim_{x\rightarrow0}\frac{2x^2 + o(x^2)}{-x^2 + o(x^2)}=-2,\]

dove in \star abbiamo utilizzato (2)-(4).

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