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Svolgimento esercizi misti limiti notevoli 1

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio numero 1 limiti notevoli

 

Esercizio 1  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

    \[\begin{aligned} &1.\quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \tan x + x}{x};\\[10pt] & 2.\quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x + 5x}{x + 2 \sin x};\\[10pt] &3.\quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x \sin x}{\tan^2 x};\\[10pt] &4.\quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x + 5x}{3 \sin x - x};\\[10pt] &5.\quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x - 2x}{x}. \end{aligned}\]

 

Richiamiamo di seguito solo i principali risultati che verranno utilizzati per la risoluzione degli esercizi. Per i richiami teorici più completi si rimanda alla dispensa di teoria sui limiti notevoli.

Richiami teorici.

Teorema 1 (algebra dei limiti).  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.

 

Richiamiamo ora i limiti notevoli utilizzati all’interno degli esercizi proposti in questa dispensa:

(1)   \begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1, \end{equation*}

(2)   \begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\tan x}{x}= 1. \end{equation*}

Possiamo ora presentare la soluzione dell’esercizio.

Svolgimento.

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \tan x + x}{x} =& \;\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \left(2 \; \dfrac{\tan x}{x} + 1 \right)}{x} \\[5pt] =& \; \lim\limits_{x \to 0} \left(2 \; \dfrac{\tan x}{x} + 1 \right) \\[5pt] \overset{\star}{=} & \;2 \lim\limits_{x \to 0 }\dfrac{\tan x}{x} + 1 \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; 2 \cdot 1 + 1 = 3, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e \spadesuit si è utilizzato (2). In definitiva

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \tan x + x}{x} = 3. }\]

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x + 5x}{x + 2 \sin x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \left( \dfrac{\sin x}{x} + 5 \right)}{x \left( 1+ 2 \; \dfrac{\sin x}{x} \right)} \\[5pt] =& \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{ \dfrac{\sin x}{x} + 5 }{ 1+ 2 \; \dfrac{\sin x}{x}} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \dfrac{\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} + 5}{ 1+ 2 \displaystyle \lim\limits_{x \to 0}\frac{ \sin x}{x}} \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; \dfrac{1+5}{1+2\cdot 1} =2, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema  1 e \spadesuit si è utilizzata (1). Si ottiene quindi

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x + 5x}{x + 2 \sin x} = 2. }\]

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x \sin x}{\tan^2 x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x \sin x}{\dfrac{\sin^2 x}{\cos^2 x}} \\[5pt] =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x \cos^2 x}{\sin x} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; 2 \left(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x }{\sin x}\right) \left(\lim\limits_{x \to 0} \cos^2 x \right) \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2. \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1). Il risultato è dunque

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x \sin x}{\tan^2 x} = 2. }\]

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x + 5x}{3 \sin x - x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \left( \dfrac{2\sin x}{x} + 5 \right)}{x \left(3 \; \dfrac{\sin x}{x}-1 \right)} \\ =& \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \dfrac{\sin x}{x} + 5 }{ 3 \; \dfrac{\sin x}{x} - 1} \\ \overset{\star}{=} & \; \dfrac{2\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} + 5}{ 3 \displaystyle \lim\limits_{x \to 0}\frac{ \sin x}{x} - 1} \\ \overset{\spadesuit}{=}&\; = \dfrac{2 \cdot 1 +5}{3\cdot 1-1} =\dfrac{7}{2}. \end{aligned}\]

    dove in \star si è  utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1). Vale cioè

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x + 5x}{3 \sin x - x} = \dfrac{7}{2}. }\]

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x -2x}{x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin x }{x} - 2 \right) \\ \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x }{x} - 2\\ \overset{\spadesuit}{=}&\; = 1-2 =-1. \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1). In definitiva

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x -2x}{x} = -1. }\]







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