Esercizi misti limiti 6

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

    \[\begin{aligned} &1.\quad  \lim\limits_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x}{\displaystyle x-\dfrac{\pi}{2}};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\sqrt{5+\cos x}}{x^2+1};\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x\rightarrow  0}\dfrac{\sqrt{2x^3}-x^6}{4x^6-\sqrt{x^4+x^3}};\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0^+}\dfrac{x\log^5 x+\sqrt[4]{x}\log x}{\sqrt{x}};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\left(\sqrt{4+x}-1\right)^{\frac{1}{e^x-1}}.\end{aligned}\]

 
Svolgimento.
 
1. Per il teorema 3 si pone x-\pi/2=t, per cui se x\rightarrow\pi/2 allora t\rightarrow 0. Si ottiene dunque

    \[\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\displaystyle x-\frac{\pi}{2}}= 	\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\displaystyle\cos\left(t+\frac{\pi}{2}\right)}{t}= 	\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-\sin t}{t}=-1.\]

 
2. Abbiamo

    \[-1\leq\cos x\leq 1\Longrightarrow 4\leq 5+\cos x\leq 6\Longrightarrow 2\leq\sqrt{5+\cos x}\leq\sqrt{6},\]

da cui

    \[\frac{2}{1+x^2}\leq\frac{\sqrt{5+\cos x}}{x^2+1}\leq\frac{\sqrt{6}}{x^2+1}, \qquad \forall x \in \mathbb{R}.\]

Poiché i limiti delle due funzioni x \longmapsto\frac{2}{1+x^2} e x \longmapsto\frac{6}{1+x^2} vanno a 0 per x \to +\infty, segue, per il teorema 1, che

    \[\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\sqrt{5+\cos x}}{x^2+1}=0.\]

 
3. Possiamo scrivere

    \[\begin{aligned} 	\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{2x^3}-x^6}{4x^6-\sqrt{x^4+x^3}}=&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^{3/2}\left(\sqrt{2}-x^{9/2}\right)}{x^{3/2}\left(4x^{9/2}-\sqrt{x+1}\right)}\\ 	&= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{2}-x^{9/2}}{4x^{9/2}-\sqrt{x+1}} 	\\&=-\sqrt{2}. \end{aligned}\]

 
4. Si ha che

    \[\begin{aligned} 		\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{x\log^5 x+\sqrt[4]{x}\log x}{\sqrt{x}} 		&= \lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{\sqrt[4]{x}\log x \left( \sqrt[4]{x^3}\log^4 x+1 \right)}{\sqrt{x}}\\ 		&= \lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{\log x \left( \sqrt[4]{x^3}\log^4 x+1 \right)}{\sqrt[4]{x}}. 	\end{aligned}\]

Osserviamo che esistono entrambi i limiti del prodotto

    \[\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\log x}{\sqrt[4]{x}} = - \infty \qquad\text{e} \qquad 	\lim_{x \to 0^+} \sqrt[4]{x^3}\log^4 x+1  = 1,\]

avendo usato il fatto che

    \[\lim_{x \to 0^+} x^\alpha \log^\beta x = 0, \qquad \forall \alpha, \beta >0.\]

Dunque per il teorema 2 si ha che

    \[\lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{\log x \left( \sqrt[4]{x^3}\log^4 x+1 \right)}{\sqrt[4]{x}} = \left(\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\log x}{\sqrt[4]{x}} \right)\left(	\lim_{x \to 0^+} \sqrt[4]{x^3}\log^4 x+1  \right)= - \infty.\]

 
5. Si osservi innanzitutto che si tratta di una forma indeterminata [1^\infty]. Poiché

    \[\left(\sqrt{4+x}-1\right)^{\frac{1}{e^x-1}}=\exp\left(\log\left(\left(\sqrt{4+x}-1\right)^{\frac{1}{e^x-1}}\right)\right)= 	\exp\left(\frac{\log\left(\sqrt{4+x}-1\right)}{e^x-1}\right),\]

segue che

    \[\begin{aligned} 		\lim_{x\rightarrow 0}\left(\sqrt{4+x}-1\right)^{\frac{1}{e^x-1}}&= 		\lim_{x\rightarrow 0}\exp\left(\frac{\log\left(\sqrt{4+x}-1\right)}{e^x-1}\right)\\ 		&=\lim_{x\rightarrow 0}\exp\left(\frac{\log\left(\sqrt{4+x}-1\right)}{x}\cdot\frac{x}{e^x-1}\right)\\ &= 		\lim_{x\rightarrow 0}\exp\left(\frac{\log\left(\sqrt{4+x}-1\right)}{x}\cdot\frac{x}{e^x-1}\right), 	\end{aligned}\]

da cui segue che l’esponente è il prodotto di due fattori: il secondo ha limite 1 per il limite notevole dell’esponenziale, mentre per calcolare il primo si ragiona nel modo seguente. Posto t=\log\left(\sqrt{4+x}-1\right) per il teorema 3, si ha che x=(e^t+1)^2-4=(e^t+3)(e^t-1), da cui se x\rightarrow 0 allora t\rightarrow 0 e quindi

    \[\begin{aligned} 		\lim_{x\rightarrow 0}\left(\sqrt{4+x}-1\right)^{\frac{1}{e^x-1}}&= 		\lim_{t\rightarrow 0}\exp\left(\frac{t}{(e^t+3)(e^t-1)}\right)\\&=\lim_{t\rightarrow 0}\exp\left(\frac{1}{e^t+3}\cdot\frac{t}{e^t-1}\right)\\ 		&=\exp\left(\frac{1}{4}\right)=\sqrt[4]{e}, 	\end{aligned}\]

dove si è utilizzata la continuità della funzione esponenziale.