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Esercizi misti limiti 4

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

    \[\begin{aligned} &1.\quad \lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x^4-x^3+1}{\sqrt{x}+x^2-x^3};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(\dfrac{x^3}{3x^2-4}-\dfrac{x^2}{3x+2}\right);\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{2x^3-5x^2-4x+12}{x^4-4x^3+5x^2-4x+4};\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-\sqrt[3]{1-x}}{x};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\sin x^4}{\sin^2 x^2}.\end{aligned}\]

 
Svolgimento.
 
1. Si ha

    \[\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^4-x^3+1}{\sqrt{x}+x^2-x^3}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^4\left(1 - \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{x^4}\right)}{-x^3 \left(1 -\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^{\frac{5}{6}}} \right)}=-\infty.\]

 
2. Possiamo scrivere

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow-\infty}\left(\frac{x^3}{3x^2-4}-\frac{x^2}{3x+2}\right)&= \lim_{x\rightarrow-\infty}x^2\cdot\left(\frac{x}{3x^2-4}-\frac{1}{3x+2}\right)\\ &=\lim_{x\rightarrow-\infty}x^2\cdot\frac{3x^2+2x-3x^2+4}{(3x^2-4)(3x+2)}\\ &=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^2(2x+4)}{(3x^2-4)(3x+2)}\\ &=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^2\cdot 2x}{3x^2\cdot 3x}\\ &= \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{2 x^3}{9 x^3}=\frac{2}{9}. \end{aligned}\]

 
3.Si osservi che

    \[\lim_{x\rightarrow 2}\frac{2x^3-5x^2-4x+12}{x^4-4x^3+5x^2-4x+4}=\left[\frac{0}{0}\right],\]

si presenta in forma indeterminata. L’annullarsi di entrambi i fattori implica che essi sono divisibili per (x-2). Applicando Ruffini si ha, allora, per il numeratore:

    \[\begin{array}{c|ccc|c} & 2 & -5 & -4 & 12\\ & & & & \\ 2 & & 4 & -2 & -12\\ \hline & 2 & -1 & -6 & 0 \end{array},\]

da cui

    \[2x^3-5x^2-4x+12=(x-2)(2x^2-x-6).\]

Tale polinomio può essere ulteriormente decomposto come

    \[(x-2)(2x^2-x-6)=(x-2)^2(2x+3).\]

Analogamente per il denominatore:

    \[\begin{array}{c|cccc|c} & 1 & -4 & 5 & -4 & 4\\ & & & & & \\ 2 & & 2 & -4 & 2 & -4\\ \hline & 1 & -2 & 1 & -2 & 0 \end{array},\]

da cui

    \[x^4-4x^3+5x^2-4x+4=(x-2)(x^3-2x^2+x-2)=(x-2)[x^2(x-2)+(x-2)].\]

Tale polinomio può essere ulteriormente decomposto come

    \[(x-2)[x^2(x-2)+(x-2)=(x-2)^2(x^2+1).\]

Abbiamo allora

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow 2}\frac{2x^3-5x^2-4x+12}{x^4-4x^3+5x^2-4x+4}&= \lim_{x\rightarrow 2}\frac{(x-2)^2(2x+3)}{(x-2)^2(x^2+1)}\\&= \lim_{x\rightarrow 2}\frac{2x+3}{x^2+1}\\&=\frac{7}{5}. \end{aligned}\]

 
4. Ricordando che

    \[a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^3),\]

si ha

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt[3]{1+x}-\sqrt[3]{1-x}}{x}&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1+x-1+x}{x\left(\sqrt[3]{(1+x)^2}+\sqrt[3]{1-x^2}+\sqrt[3]{(1-x)^2}\right)}\\ &=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2x}{x\left(\sqrt[3]{(1+x)^2}+\sqrt[3]{1-x^2}+\sqrt[3]{(1-x)^2}\right)}\\ &=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2}{\sqrt[3]{(1+x)^2}+\sqrt[3]{1-x^2}+\sqrt[3]{(1-x)^2}}\\&=\frac{2}{3}. \end{aligned}\]

 
5. Possiamo scrivere

    \[\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x^4}{\sin^2 x^2}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x^4}{x^4}\cdot\frac{x^4}{\sin^2 x^2}= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x^4}{x^4}\cdot\left(\frac{x^2}{\sin x^2}\right)^2=1,\]

dove, per il teorema 3, si è utilizzata la sostituzione t = x^4 e z= x^2 per poter utilizzare il limite notevole del seno.

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