Esercizi misti limiti notevoli – 10

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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. 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.

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

se $\ell \in \mathbb{R}$ , $g$ è continua in $\ell$ ;
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.

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).
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.
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.
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).
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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