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Esercizi misti limiti notevoli 11

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio numero 11 sui limiti notevoli

 

Esercizio 11  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

    \[\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)(1-\cos x)}{x^2 \sin(6x)};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sin(x^2+x)}{x^2};\\ &3. \quad\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{5}{x} \; \left(\ln(1+x)-\ln x\right);\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(1+x^2-x)^{\sqrt{2}}-1}{x};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-4}{3x+2}\right)^{\frac{x+1}{3}} . \end{aligned}\]

 

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*} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(1+x)^a-1}{x}= a, & \qquad \qquad a\in \mathbb{R} \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} \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. Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere l’espressione in (5) si ha:

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)(1-\cos x)}{x^2 \sin(6x)} &= \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)}{3x} \cdot 3x \cdot \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \dfrac{6x}{\sin(6x)} \cdot \dfrac{1}{6x}\\ & \overset{\star}{=} \dfrac{1}{2} \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)}{3x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \lim_{x \to 0}\dfrac{6x}{\sin(6x)}\\ & \overset{\spadesuit-\divideontimes}{=}=\dfrac{1}{4} \end{aligned}\]

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

    2.  

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

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

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

    3.  

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{5}{x} \cdot \left(\ln(1+x)-\ln x\right) & = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{5}{x} \cdot \ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right) \\ & = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{5}{x} \cdot \ln\left(1 + \dfrac{1}{x}\right) \\ & \overset{\star}{=} 5\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^2} \cdot \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(1 + \dfrac{1}{x}\right)}{\dfrac{1}{x}} \\ & \overset{\spadesuit-\divideontimes}{=}0, \end{aligned}\]

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

    4.  

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

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

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

    5.  

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

        \[\begin{aligned}\lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-4}{3x+2}\right)^{\frac{x+1}{3}} & = \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-4+2-2}{3x+2}\right)^{\frac{x+1}{3}}\\ & = \lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{-6}{3x+2}\right)^{\frac{x+1}{3}} \\ & = \lim_{x \to +\infty} \left(\left(1 + \dfrac{1}{\dfrac{3x+2}{-6}}\right)^{\frac{3x+2}{-6}}\right)^{\frac{-6(x+1)}{3(3x+2)}} \\ &\overset{\star}{=} \left(\lim_{x \to +\infty}\left(1 + \dfrac{1}{\dfrac{3x+2}{-6}}\right)^{\frac{3x+2}{-6}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{-6(x+1)}{3(3x+2)}} \\ &\overset{\spadesuit}{=} e^{-2/3}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 2 e in \spadesuit si è utilizzato (5).







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