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Esercizi misti limiti 5

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

    \[\begin{aligned} &1.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0^+}\sqrt{x}\cdot\sin\dfrac{1}{x};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\pi^x-3^x}{x};\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{e^{3x}-\sqrt{1-x}}{\sin x};\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{x^3-x^2+4x}{x^5-x};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{1-\cos 2x}{\sin^2 3x}.\end{aligned}\]

 
Svolgimento.
 
1. Si ha che

    \[-1 \leq \sin \dfrac{1}{x} \leq 1 , \qquad \forall x > 0.\]

Dunque si ha

    \[-\sqrt{x} \leq \sqrt{x} \sin \dfrac{1}{x} \leq \sqrt{x} \qquad \forall x > 0.\]

Poiché le funzioni x\mapsto -\sqrt{x} e x \mapsto \sqrt{x} hanno limite 0 per x \to 0^+, per il teorema 1 si ottiene il risultato.
 
2. Possiamo scrivere

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

avendo usato che a^x=e^{x \log a} e il limite notevole della funzione esponenziale.

In maniera alternativa

    \[\lim_{x\rightarrow0}\frac{\pi^x-3^x}{x}=\lim_{x\rightarrow0}3^x\cdot\frac{\left(\frac{\pi}{3}\right)^x-1}{x}= 1\cdot\log\frac{\pi}{3}=\log\frac{\pi}{3}.\]

 
3.Possiamo scrivere

    \[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{3x}-\sqrt{1-x}}{\sin x}&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{3x}-\sqrt{1-x}}{x}\cdot\frac{x}{\sin x}\\ &=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{3x}-1+1-\sqrt{1-x}}{x}\cdot\frac{x}{\sin x}\\ &=\lim_{x\rightarrow 0}\left(3\cdot\frac{e^{3x}-1}{3x}+\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}\right)\cdot\frac{x}{\sin x}\\ &= \lim_{x\rightarrow 0}\left(3\cdot\frac{e^{3x}-1}{3x}+\frac{1-1+x}{x\left(1+\sqrt{1-x}\right)}\right)\cdot\frac{x}{\sin x}\\ &=\lim_{x\rightarrow 0}\left(3\cdot\frac{e^{3x}-1}{3x}+\frac{1}{1+\sqrt{1-x}}\right)\cdot\frac{x}{\sin x}\\ &=\left(3+\frac{1}{2}\right) \cdot 1=\frac{7}{2}, \end{aligned}\]

dove alla seconda uguaglianza si è aggiunto e sottratto 1 al numeratore, mentre alla quarta si è moltiplicato e diviso la frazione per (1+\sqrt{1-x}), e nella penultima si sono usati i limiti notevoli dell’esponenziale e del seno.

 
4. Si ha:

    \[\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^3-x^2+4x}{x^5-x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x(x^2-x+4)}{x(x^4-1)}= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-x+4}{x^4-1}=\frac{4}{-1}=-4.\]

 
5. Si ha:

    \[\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos 2x}{\sin^2 3x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos 2x}{(2x)^2}\cdot\frac{(2x)^2}{(3x)^2}\cdot\frac{(3x)^2}{\sin^2 3x}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{9}\cdot 1=\frac{2}{9},\]

dove si sono utilizzati i limiti notevoli del seno e del coseno effettuando le sostituzioni t = 2x e z= 3x per il teorema 3.

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