Esercizio limiti notevoli – 1

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Presentiamo di seguito il primo esercizio sui limiti notevoli, parte dell’articolo Esercizi svolti sui limiti notevoli. Esso contiene 5 limiti da calcolare mediante l’utilizzo dei limiti notevoli. L’esercizio successivo è Esercizi misti limiti notevoli 2..

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. Si rimanda anche ai Richiami teorici sui limiti notevoli oppure alla dispensa Teoria sui limiti per un riferimento completo di tutte le dimostrazioni.

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.

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