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Esercizi misti limiti 2

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

    \[\begin{aligned} &1.\quad \lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x\cdot\sin\dfrac{1}{x};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\cos x-\cos 2x}{1-\cos x};\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x\rightarrow-\infty}(\sqrt{x^2+2x}+x);\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow-1}\dfrac{x+1}{\sqrt{6x^2+3}+3x};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin x-\cos x}{\sin(4x)}.\end{aligned}\]

 
Svolgimento.
1. Osserviamo che il limite si presenta come una forma indeterminata [\infty \cdot 0].
Ponendo t=1/x, per il teorema 3, abbiamo

    \[\lim_{x\rightarrow+\infty}x\cdot\sin\frac{1}{x}= \lim_{t\rightarrow0}\frac{\sin t}{t}=1.\]

 
2. Manipolando l’espressione del limite dato si ha:

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos x-\cos 2x}{1-\cos x}&= \lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos x-2\cos^2 x+1}{1-\cos x}\\ &=\lim_{x\rightarrow0}\frac{(\cos x-\cos^2 x)+(1-\cos^2 x)}{1-\cos x}\\ &= \lim_{x\rightarrow0}\left(\frac{\cos x(1-\cos x)}{1-\cos x}+\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{1-\cos x}\right)\\ & =\lim_{x\rightarrow0}(1+2\cos x)=3. \end{aligned}\]

 
3.Il limite si presenta nella forma
[\infty-\infty] e per eliminarla moltiplichiamo e dividiamo per \sqrt{x^2+2x}-x. Procediamo nel modo seguente:

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow-\infty}({x^2+2x}+x)&= \lim_{x\rightarrow-\infty}(\sqrt{x^2+2x}+x)\cdot\frac{\sqrt{x^2+2x}-x}{\sqrt{x^2+2x}-x}\\ &=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^2+2x-x^2}{\sqrt{x^2+2x}-x}\\ &=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{2x}{\displaystyle |x|\sqrt{1+\frac{2}{x}}-x}\\ &=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{2x}{|x|-x}\\ &=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{2x}{-2x}=-1. \end{aligned}\]

Si noti |x| = -x, poiché x\to -\infty e dunque si può assumere che x<0.
 
4. Osserviamo che il limite si presenta come una forma indeterminata [\frac{0}{0}]. Abbiamo

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow-1}\frac{x+1}{\sqrt{6x^2+3}+3x}&= \lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)(\sqrt{6x^2+3}-3x)}{(\sqrt{6x^2+3}+3x)(\sqrt{6x^2+3}-3x)}\\ &=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)(\sqrt{6x^2+3}-3x)}{6x^2+3-9x^2}\\ &=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)(\sqrt{6x^2+3}-3x)}{3-3x^2}\\ &=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)(\sqrt{6x^2+3}-3x)}{3(1-x)(1+x)}\\ &=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(\sqrt{6x^2+3}-3x)}{3(1-x)}=1. \end{aligned}\]

 
5. Osserviamo che il limite si presenta come una forma indeterminata [\frac{0}{0}]. Con la
sostituzione t=x-\pi/4, utilizzando il teorema 3, si ha:

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\sin(4x)}&= \lim_{t\rightarrow0}\frac{\displaystyle\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)- \cos\left(t+\frac{\pi}{4}\right)}{\sin(4t+\pi)}\\ &=\lim_{t\rightarrow0}\frac{\displaystyle\sin t\cos\frac{\pi}{4}+\cos t\sin\frac{\pi}{4}-\cos t\cos\frac{\pi}{4}+\sin t\sin\frac{\pi}{4}}{-\sin 4t}\\ &=-\frac{\sqrt{2}}{2}\lim_{t\rightarrow0}\frac{\sin t+\cos t-\cos t+\sin t}{2\sin 2t\cos 2t}\\ &=-\frac{\sqrt{2}}{4}\lim_{t\rightarrow0}\frac{2\sin t}{2\sin t\cos t\cos 2t}\\ &= -\frac{\sqrt{2}}{4}\lim_{t\rightarrow0}\frac{1}{\cos t\cos 2t}=-\frac{\sqrt{2}}{4}. \end{aligned}\]

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