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Esercizi misti limiti 9

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. 

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

  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,

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

 

 

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

    \[\lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell.\]

 

 

Testi degli esercizi

Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti:

    \[\begin{aligned} &1.\quad \lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{2\arctan x}{\pi} \right)^{\pi x};\\[10pt] & 2.\quad \lim_{x \to +\infty} \left(\underbrace{\sqrt{ x +\sqrt{x +\dots + \sqrt{x}}}}_{n-volte}-\sqrt{x}\right);\\[10pt] &3.\quad \lim_{x \to +\infty} \left(3^{\dfrac{1}{x}}\sqrt{x^2+x+1}-x\right) ;\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\sqrt{x^2-1}\left(\sqrt{x^2+\lambda}+x\right), \qquad \lambda \in \mathbb{R};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left((\log(\log(x))^{\log x} - x (\log x)^{\log(\log x)} \right) \end{aligned}\]

 
Svolgimento.
 
1. Manipolando il limite dato si ha:

    \[\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{2\arctan x}{\pi} \right)^{\pi x} &= \lim_{x \to +\infty} \exp\left(\pi x \ln \left( \frac{2\arctan x}{\pi} \right)\right) \\ &\overset{\spadesuit}{=} \lim_{x \to +\infty} \exp\left( \pi x \ln \left(1- \dfrac{2}{\pi} \arctan \frac{1}{x}\right) \right) \\ & = \lim_{x \to +\infty} \exp\left( -2\dfrac{\ln \left(1- \dfrac{2}{\pi} \arctan \frac{1}{x}\right) }{-\dfrac{2}{\pi} \arctan \frac{1}{x}} \right) &\overset{\star}{=} e^{-2}, \end{aligned}\]

dove in \spadesuit si è utilizzato il fatto che \arctan x + \arctan\left( \dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{2} per x>0 e in \star si è utilizzato il teorema 2.

 
2. Sia f_n(x) := \underbrace{\sqrt{ x +\sqrt{x +\dots + \sqrt{x}}}}_{n-volte}, con n\in \mathbb{N}, allora f^2_n(x) = x + f_{n-1}(x) per ogni n\in \mathbb{N}. Manipolando l’espressione del limite dato si ha:

    \[\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(f_n(x)-\sqrt{x}\right) &= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f_n(x)-x}{f_n(x)-\sqrt{x}}\\ &= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f_{n-1}(x)}{f_n(x)-\sqrt{x}}\\ &= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\dfrac{f_{n-1}(x)}{\sqrt{x}}}{\dfrac{f_n(x)}{\sqrt{x}}+1}. \end{aligned}\]

Proviamo ora per induzione che \lim_{x \to +\infty}\dfrac{f_{n}(x)}{\sqrt{x}}=1 per ogni n\in \mathbb{N}. Per n=1 l’asserto è banale, poiché f_1(x) = \sqrt{x}. Supponiamo che l’asserto sia vero per n e dimostriamolo per n+1; si ha:

    \[\lim_{x \to +\infty}\dfrac{f_{n+1}(x)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \to +\infty}\dfrac{\sqrt{ f_{n}(x)+x }}{\sqrt{x}}= \lim_{x \to +\infty}\sqrt{1+ \dfrac{f_n(x)}{x} }= \lim_{x \to +\infty}\sqrt{1+ \dfrac{f_n(x)}{\sqrt{x}}\cdot \dfrac{1}{x} } = 1.\]

Segue dunque che

    \[\lim_{x \to +\infty} \left(f_n(x)-\sqrt{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\dfrac{f_{n-1}(x)}{\sqrt{x}}}{\dfrac{f_n(x)}{\sqrt{x}}+1} = \dfrac{1}{2}.\]

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

    \[\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(3^{\dfrac{1}{x}}\sqrt{x^2+x+1}-x\right) =& \lim_{x \to +\infty} \left(3^{\dfrac{1}{x}}\sqrt{x^2+x+1}-x + \sqrt{x^2+x+1} - \sqrt{x^2+x+1}\right)\\ =& \lim_{x\to +\infty} \left(\sqrt{x^2+x+1}\left(3^{\dfrac{1}{x}}-1 \right) +(\sqrt{x^2+x+1}-x) \right)\\ =& \lim_{x\to +\infty} \left(\dfrac{3^{\dfrac{1}{x}}-1 }{\dfrac{1}{x}}\sqrt{\dfrac{x^2+x+1}{x^2}} + \dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\right)\\ =& \lim_{x\to +\infty} \left(\dfrac{3^{\dfrac{1}{x}}-1 }{\dfrac{1}{x}}\sqrt{\dfrac{x^2+x+1}{x^2}} + \dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}+x}\right)\\ =& \log3 + \dfrac{1}{2}. \end{aligned}\]

 
4. Tramite un calcolo diretto, abbiamo

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

 
5. Effettuando la sostituzione y = \log x, in virtù del teorema 2 si ha:

    \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left((\log(\log(x))^{\log x} - x (\log x)^{\log(\log x)} \right) = &\lim\limits_{x \to +\infty} \left((\log(y))^y - e^y y^{\log y} \right)\\ =& \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\exp(y \log(\log(y))) - exp(y +\log^2(y)) \right)\\ =& \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\exp(y \log(\log(y))) \left(1-\exp(y+\log^2 y - y \log(\log(y))) \right) \right)\\ =& \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\exp(y \log(\log(y))) \left(1-\exp(y+\log^2 y - y \log(\log(y))) \right) \right). \end{aligned}\]

Poiché \lim\limits_{x\to +\infty} y+\log^2 y - y \log(\log(y)) = -\infty, si ha che

    \[\lim\limits_{x \to +\infty} \left((\log(\log(x))^{\log x} - x (\log x)^{\log(\log x)} \right) = +\infty.\]

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