Esercizi misti limiti notevoli 13

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio 13   (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

    \[\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1-\cos(3x)}{x\sin x};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2x+\sin(3x)}{4x + \sin (7x)};\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x-e^{-x}}{e^{2x}-e^{-2x}};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x + 5x}{3 \sin x - x};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(6x)}{\arctan(5x)} . \end{aligned}\]

 

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 cliccare qui.

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{\arcsin x}{x} = 1, \end{equation*}

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


Svolgimento.

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos (3x)}{x\sin x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{{1-\cos (3x)}}{9x^2} \cdot 9 \cdot \dfrac{x}{\sin x} \\ &\overset{\star}{=} 9 \lim_{x \to 0} \dfrac{{1-\cos (3x)}}{9x^2} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \\ &\overset{\spadesuit}{=}  \dfrac{1}{2}\cdot 9 \cdot 1 =\dfrac{9}{2}, \end{aligned}\]

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

  2.  

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{2x+\sin (3x)}{4x+\sin (7x)} & = 	\lim_{x \to 0} \dfrac{2+\dfrac{\sin(3x)}{x}}{4+\dfrac{\sin(7x)}{x}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{2+\dfrac{\sin(3x)}{3x}\cdot 3}{4+\dfrac{\sin(7x)}{7x}\cdot 7}\\ &\overset{\star}{=}\dfrac{2+\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin(3x)}{3x}\cdot 3}{4+\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin(7x)}{7x}\cdot 7} \\ &\overset{\spadesuit}{=} = \dfrac{2+3}{4+7}=  \dfrac{5}{11}, \end{aligned}\]

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

  4.  

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x-e^{-x}}{e^{2x}-e^{-2x}} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{2x}-1}{e^{4x}-1}\cdot \dfrac{1}{e^x}\cdot e^{2x}\\ & = \lim_{x \to 0}\dfrac{e^{2x}-1}{2x} \cdot \dfrac{4x}{e^{4x}-1} \cdot \dfrac{1}{2}\cdot e^x\\ &\overset{\star}{=}\dfrac{1}{2}\lim_{x \to 0}e^x \cdot \lim_{x \to 0}\dfrac{e^{2x}-1}{2x} \cdot \lim_{x \to 0}\dfrac{4x}{e^{4x}-1}  \\& \overset{\spadesuit}{=} \dfrac{1}{2}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (5).

  6.  

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

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

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

  8.  

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(6x)}{\arctan(5x)} & = \lim_{x \to 0}  \dfrac{\arcsin(6x)}{6x}\cdot 6\cdot \dfrac{5x}{\arctan(5x)}\cdot \dfrac{1}{5}\\ &\overset{\star}{=} \dfrac{6}{5}\lim_{x \to 0}  \dfrac{\arcsin(6x)}{6x} \lim_{x \to 0} \dfrac{5x}{\arctan(5x)} \\ &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{6}{5}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (3)-(4).