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Esercizi misti limiti notevoli – 10

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizi misti limiti notevoli – 10

L’esercizio 10 sui limiti notevoli, estratto da Esercizi svolti sui limiti notevoli, propone 5 limiti misti basati sui limiti notevoli di seno, esponenziale e tecniche collegate.

Segnaliamo il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 9 , sul limite notevole del seno, e il successivo Esercizio limiti notevoli – 11 per ulteriori esercizi misti sui limiti notevoli.

 

Esercizio 10  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

    \[\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{e^{x-1}-1}{1-\cos(1-x)};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{\ln(1+\tan^2x)};\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3^{\sin x}-1}{x};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to \pi} \dfrac{\cos x + \cos(2x)}{(x-\pi)^2};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x}{x+1}\right)^{2x+1}. \end{aligned}\]

 

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. 

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,

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

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{1-\cos x}{x^2}= \dfrac{1}{2}, \end{equation*}

(3)   \begin{equation*} \dfrac{\tan x}{x} = 1, \end{equation*}

(4)   \begin{equation*} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\log_a (1+x)}{x}= \log_a e, & \qquad \qquad a\in \mathbb{R}^+ \end{equation*}

(5)   \begin{equation*} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{a^x -1}{x}= \ln a, & \qquad \qquad a\in \mathbb{R}^+ \end{equation*}

(6)   \begin{equation*}\lim\limits_{x\to 0} \left(1 + x\right)^{\frac{1}{x}}=e, &\qquad \qquad \left(\text{eq. } \lim\limits_{x\to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)^{x}=e \right). \end{equation*}


Svolgimento.

  1. Effettuando la sostituzione t= x-1 in virtù del teorema 2 si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{e^{x-1}-1}{1-\cos(1-x)}&= \lim\limits_{t \to 0^+} \dfrac{e^{t}-1}{1-\cos(-t)}\\ & \overset{\ast}{=} \lim\limits_{t \to 0^+} \dfrac{e^{t}-1}{t}\cdot \dfrac{t}{1-\cos t}\\ & \overset{\star}{=} \lim\limits_{t \to 0^+} \dfrac{e^{t}-1}{t}\cdot \lim\limits_{t \to 0^+}\dfrac{t}{1-\cos t}\\ &\overset{\spadesuit}{=} +\infty; \end{aligned}\]

    dove in \ast è stato usato il fatto che \cos(-t) = \cos t, in \star si è utilizzato il teorema 1 e \spadesuit si è utilizzato (2) e (5).

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{\ln(1+\tan^2x)} &= \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \dfrac{x^2}{\tan^2x} \cdot \dfrac{\tan^2x}{\ln(1+\tan^2x)} \\ &\overset{\star}{=} \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \lim_{x \to 0}\dfrac{x^2}{\tan^2x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan^2x}{\ln(1+\tan^2x)} \\ &\overset{\spadesuit-\divideontimes}{=}\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \dfrac{1}{2}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1, in \spadesuit si è utilizzato (2)-(3)-(4) e in \divideontimes è stato applicato il teorema 2 per il terzo limite.

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{3^{\sin x}-1}{x} &= \lim_{x \to 0} \dfrac{3^{\sin x}-1}{\sin x} \cdot \dfrac{\sin x}{x} \\ &\overset{\star}{=} \lim_{x \to 0} \dfrac{3^{\sin x}-1}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x} \\ &\overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} \ln 3, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1, in \spadesuit si è utilizzato (1)-(5) e in \divideontimes è stato applicato il teorema 2 per il primo limite.

  4. Effettuando la sostituzione t = x-\pi in virtù del teorema 2 si ha:

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to \pi} \dfrac{\cos x + \cos(2x)}{(x-\pi)^2} & = \lim_{t \to 0} \dfrac{\cos (t+\pi) + \cos(2t+2\pi)}{t^2} \\ & \overset{\ast}{= }\lim_{t \to 0} \dfrac{- \cos t + \cos(2t)}{t^2} \\ & = \lim_{t \to 0} \dfrac{1- \cos t + \cos(2t) -1}{t^2}\\ & \overset{\star}{=} \lim_{t \to 0} \dfrac{1- \cos t }{t^2} - \lim_{t \to 0} \cdot 4\dfrac{1-\cos(2t)}{4t^2}\\ & \overset{\spadesuit}{=} \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}= - \dfrac{3}{2}, \end{aligned}\]

    dove in \ast abbiamo usato il fatto che \cos(t +\pi)= -\cos t, in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (2).

  5. Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere una forma analoga a (6) si ha:

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

    dove in \star si è utilizzato il teorema 2 e in\spadesuit si è utilizzato (6).

 







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