Esercizi misti limiti 12

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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

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

Allora,

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

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

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

Testi degli esercizi

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare i seguenti limiti con il metodo del confronto locale:

$\begin{aligned} &1.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sqrt{9+\sin(2^x-1)}-3}{x};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\sqrt[n]{1+\sin^2 x}-\cos x}{\log(1+\sin^2 x)},\qquad n\in \mathbb{N} \setminus\{0\};\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sqrt[3]{1+\sqrt{1+\tan x}}-\sqrt[3]{2}\cos x}{3^{\sin x}-\cos x};\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\displaystyle\log\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{2}- \sqrt[3]{\left(\cos\sqrt{x}\right)}+1\right)\right)}{e^{\cos(\sin x)}-e^{\sqrt[4]{1+x^2}}};\\[10pt] &5.\quad \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{1+3\sin\left(\dfrac{2}{x}\right)+5x+x^2}+x\sqrt{1+7\sin \left(\dfrac{3}{x} \right)} \right). \end{aligned}$

Svolgimento.

1. Riscriviamo il numeratore:

$\begin{aligned} \sqrt{9+\sin(2^x-1)}-3&=3\left(\sqrt{1+\frac{1}{9}\sin(2^x-1)}-1\right) \\ & \overset{\star}{=} 3\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{9}\sin(2^x-1)+o(\sin(2^x-1))\\ &\overset{\spadesuit}{=} \frac{1}{6}(2^x + o(2^x)-1)\\&\overset{\clubsuit}{=} \frac{x\cdot\log 2 + o(x)}{6}, \end{aligned}$

dove in $\star$ è stato utilizzato (6), in $\spadesuit$ (1) e in $\clubsuit$ (5). Si ottiene quindi

$\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt{9+\sin(2^x-1)}-3}{x}= \lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle\frac{x\cdot\log 2}{6}+o(x) }{x}=\lim_{x\to 0} \dfrac{x}{x}\left( \dfrac{\log 2 }{6}+o(x)\right) =\frac{\log 2}{6}.$

2. Si ha:
Sia $n\in \mathbb{N}\setminus\{0\}$ . Riscriviamo numeratore e denominatore separatamente. Per il numeratore abbiamo

$\sqrt[n]{1+\sin^2 x}-\cos x \overset{\star }{=} 1+\frac{1}{n}\sin^2 x + o(\sin^2 x)-1+\frac{x^2}{2} + o(x^2) \overset{\spadesuit}{=} \left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\right)x^2 + o(x^2),$

dove in $\star$ è stato utilizzato (2)-(6) e in $\spadesuit$ (1). Per il denominatore si ha:

$\log(1+\sin^2 x) \overset{\clubsuit}{=} \sin^2 x + o(\sin^2 x)\overset{\ast}{=} x^2 + o(x^2),$

dove in $\clubsuit$ è stato utilizzato (4) e in $\ast$ (1). In definitiva

$\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt[n]{1+\sin^2 x}-\cos x}{\log(1+\sin^2 x)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\right)x^2 + o(x^2)}{x^2+o(x^2)}= \frac{n+2}{2n}.$

3. Riscriviamo numeratore e denominatore separatamente. Per il numeratore abbiamo

$\begin{aligned} \sqrt[3]{1+\sqrt{1+\tan x}}-\sqrt[3]{2}\cos x&\overset{\star}{=} \sqrt[3]{2+\frac{1}{2}\tan x+o(\tan x)}-\sqrt[3]{2}\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)\\& \overset{}{=} \sqrt[3]{2}\left(\sqrt[3]{1+\frac{1}{4}\tan x + o(x)}-1+\frac{x^2}{2} + o(x^2)\right)\\& \overset{\spadesuit}{=} \sqrt[3]{2} \left(\sqrt[3]{1+\frac{x}{4}+o(x)}-1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)\\& \overset{\clubsuit}{=}\sqrt[3]{2}\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{x}{4}+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)\\&= \sqrt[3]{2}\left(\frac{x}{12}+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right), \end{aligned}$

dove in $\star$ è stato utilizzato (2)-(6), in $\spadesuit$ (3) e in $\clubsuit$ (6). Per il denominatore si ha:

$\begin{aligned} 3^{\sin x}-\cos x & \overset{\ast}{=} 1+\sin x \cdot\log 3 + o(\sin x)-1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\\& \overset{\divideontimes}{=} x\cdot\log 3+ o(x) +\frac{x^2}{2} + o(x^2) = x \log 3 +\frac{x^2}{2} + o(x^2), \end{aligned}$

dove in $\ast$ è stato utilizzato (2)-(5) e in $\divideontimes$ (1). Si ha in definitiva

$\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt[3]{1+\sqrt{1+\tan x}}-\sqrt[3]{2}\cos x}{3^{\sin x}-\cos x}&= \lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle\sqrt[3]{2}\left(\frac{x}{12}+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)} {\displaystyle x\cdot\log 3+\frac{x^2}{2}+o(x^2)}\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle\sqrt[3]{2}\cdot x\left(\frac{1}{12}+\frac{x}{2}+o(x)\right)} {\displaystyle x\left(\log 3+\frac{x}{2}+o(x)\right)}\\&=\frac{\sqrt[3]{2}}{12\cdot\log 3}. \end{aligned}$

4. Riscriviamo numeratore e denominatore separatamente. Per il numeratore possiamo scrivere:

$\begin{aligned} \log\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}- \sqrt[3]{\left(\cos\sqrt{x}\right)}+1\right)\right)&\overset{\star}{=} \log\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}- \sqrt[3]{1-\frac{x}{2}+o(x)}+1\right)\right)\\&\overset{\spadesuit}{=} \log\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{1}{3}\left(-\frac{x}{2}\right)+o(x)\right)\right) \\ & \overset{\clubsuit}{=} \log\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}+\frac{x}{6} +o(x)\right)\right)\\ &= \log\left(\cos\frac{x}{6}+o(x)\right)\overset{\ast}{=}\log\left(1-\frac{x^2}{72}+o(x^2)\right)\overset{\divideontimes}{=}-\frac{x^2}{72}+o(x^2), \end{aligned}$

dove in $\star$ è stato utilizzato (2), in $\spadesuit$ (6), in $\clubsuit$ (1), in $\ast$ (2) e in $\divideontimes$ (4). Per il denominatore si ha:

$\small{\begin{aligned} e^{\cos(\sin x)}-e^{\sqrt[4]{1+x^2}}&\overset{\star\star}{=} e^{\cos(x+o(x))}-e^{1+\frac{x^2}{4}+o(x^2)}\\ & \overset{\spadesuit\spadesuit}{=} e^{1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)}-e^{1+\frac{x^2}{4}+o(x^2)}\\ & =e\left(e^{-\frac{x^2}{2}+o(x^2)}-e^{\frac{x^2}{4}+o(x^2)}\right)\\ & \overset{\clubsuit\clubsuit}{=} e\left(1-\frac{x^2}{2}-1-\frac{x^2}{4}+o(x^2)\right)=-\frac{3e}{4}x^2+o(x^2), \end{aligned}}$

dove in $\star\star$ è stato utilizzato (1)-(6), in $\spadesuit\spadesuit$ (2), in $\clubsuit\clubsuit$ (5).
In definitiva

$\lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle\log\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}- \sqrt[3]{\left(\cos\sqrt{x}\right)}+1\right)\right)}{e^{\cos(\sin x)}-e^{\sqrt[4]{1+x^2}}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\displaystyle-\frac{x^2}{72}+o(x^2)}{-\dfrac{3e}{4}x^2+o(x^2)}= \dfrac{1}{54e}.$

5. Effettuando la sostituzione $t=-\dfrac{1}{x}$ , in virtù del teorema 2 si ha:

$\small{ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{1+3\sin\left(\dfrac{2}{x}\right)+5x+x^2}+x\sqrt{1+7\sin \left(\dfrac{3}{x} \right)} \right)=\lim_{t\to 0^+} \left(\sqrt{1-3\sin(2t)-\dfrac{5}{t}+\dfrac{1}{t^2}}-\dfrac{1}{t}\sqrt{1-7\sin \left( 3t\right)} \right), }$

dove è stato utilizzato il fatto che $\sin (-\alpha)=-\sin(\alpha)$ . Ricordando che per $t>0$ si ha $\sqrt{t^2}=t$ otteniamo:

$\small{\begin{aligned} \lim_{t\to 0^+} \left(\sqrt{1-3\sin(2t)-\dfrac{5}{t}+\dfrac{1}{t^2}}-\dfrac{1}{t}\sqrt{1-7\sin \left( 3t\right)} \right)&=\lim_{t\to 0^+}\left(\dfrac{1}{t}\sqrt{1+t^2-5t -3t^2 \sin(2t)}-\dfrac{1}{t}\sqrt{1-7\sin (3t)} \right)\\ &\overset{\star}{=} \lim_{t\to 0^+}\dfrac{1}{t}\left(\sqrt{1-3t^2(2t+o(t))+t^2-5t}-\sqrt{1-7(3t+o(t))} \right)\\ &= \lim_{t\to 0^+}\dfrac{1}{t}\left(\sqrt{1-6t^3+t^2-5t+o(t^3)}-\sqrt{1-21t+o(t))} \right)\\ &\overset{\clubsuit}{=} \lim_{t\to 0^+}\dfrac{1}{t} \left(1-3t^3 + \dfrac{t^2}{2}- \dfrac{5}{2}t - 1 + \dfrac{21}{2}t +o(t) \right)\\ &= \lim_{t\to 0^+}\dfrac{1}{t} \left( -\dfrac{5}{2}t+ \dfrac{21}{2}t + o(t) \right) = 8, \end{aligned}$

}
dove in $\star$ è stato usato (1) e in $\clubsuit$ è stato usato (6).

Gianluca Ruggeri

26/10/2023

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