Esercizi misti limiti notevoli – 15

Home » Esercizi misti limiti notevoli – 15

Esercizi misti limiti notevoli – 15

Nell’articolo 15 della raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli proponiamo 5 esercizi misti sui limiti notevoli.

Come ulteriori esercizi misti sui limiti notevoli, evidenziamo il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 14 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 16.

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente 100 esercizi svolti sui limiti notevoli.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

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

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

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) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2}= \dfrac{1}{2}, & \qquad \qquad \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x}{x}= 0, \end{equation*}$

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

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

(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.

Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere un’espressione come in (6) si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{(1-x)^{2x}}{(1+x^2)^x} & = \lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{1+x^2-2x}{1+x^2}\right) ^x\\ & =\lim_{x \to +\infty} \left( \left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1+x^2}{-2x}}\right) ^{ \frac{1+x^2}{-2x}}\right)^{ \frac{-2x\cdot x}{1+x^2}}\\ &\overset{\star}{=} \left( \lim_{x \to +\infty}\left( 1+\dfrac{1}{\dfrac{1+x^2}{-2x}}\right) ^{ \frac{1+x^2}{-2x}}\right)^{ \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{-2x\cdot x}{1+x^2}} \\ &\overset{\spadesuit}{=}e^{-2}, \end{aligned}$

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

Effettuando la sostituzione $t = x-e$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to e} \dfrac{\ln x^2-2}{x-e}&=\lim_{t \to 0} \dfrac{2\,\ln|t+e|-2}{t}\\ &\overset{\ast}{=} \lim_{t \to 0} \dfrac{2\,\ln(t+e)-2}{t}\\ & = \lim_{t \to 0}2 \dfrac{\ln(t+e)-1}{t}\\ &= \lim_{t \to 0}2 \,\dfrac{\ln\left[ e \cdot \left( 1+\frac{t}{e}\right) \right] -1}{t}\\ & = 2\lim_{t \to 0}\dfrac{\ln e+\ln \left( 1+\frac{t}{e}\right) -1}{t}\\ &\overset{\star}{=} \dfrac{2}{e} \lim_{t \to 0}\dfrac{\ln \left( 1+\frac{t}{e}\right) -1}{\dfrac{t}{e}} \\ &\overset{\spadesuit}{=}\dfrac{2}{e}, \end{aligned}$

dove in $\ast$ abbiamo usato il fatto che in un intorno di zero $t + e >0$ , in $\star$ è stato usato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (3).

Effettuando la sostituzione $t = x-\dfrac{\pi}{2}$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin x-1}{\cos x \,\left( \cos\frac{x}{2}-\sin\frac{x}{2}\right) } &= \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right)-1}{\cos \left(t+\dfrac{\pi}{2}\right) \,\left( \cos\left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{4}\right)-\sin\left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\right) }\\ &\overset{\ast}{=} \lim_{t \to 0} \dfrac{\cos t -1}{-\sin t (-\sqrt{2}\sin \left(\frac{t}{2}\right)) }\\ &= \lim_{t \to 0} \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \dfrac{\cos t- 1}{t^2}\cdot \dfrac{t}{\sin t} \cdot \dfrac{\frac{t}{2}}{\sin \left(\frac{t}{2}\right)} \\ & \overset{\star}{=} \dfrac{\sqrt{2}}{2}\lim_{t \to 0} \dfrac{\cos t - 1}{t^2} \lim_{t \to 0} \dfrac{t}{\sin t} \lim_{t \to 0} \dfrac{\frac{t}{2}}{\sin \left(\frac{t}{2}\right)} \\ &\overset{\spadesuit}{=} - \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \end{aligned}$

dove in $\ast$ abbiamo usato il fatto che

$\begin{aligned} \sin\left(t +\dfrac{\pi}{2}\right)= \cos t ,\qquad& \cos \left(t +\dfrac{\pi}{2}\right)= -\sin t, \\ \sin\left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin\left(\frac{t}{2}\right)+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos \left(\frac{t}{2}\right) , \qquad & \cos\left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos\left(\dfrac{t}{2}\right) - \dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(\dfrac{t}{2}\right), \end{aligned}$

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

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{-x}+\sin x-\cos x}{x} & = \lim_{x \to 0} \left( -\dfrac{e^{-x}-1}{-x}-\dfrac{\cos x-1}{x}+\dfrac{\sin x}{x}\right) \\ &\overset{\star}{=} \lim_{x \to 0} -\dfrac{e^{-x}-1}{-x}-\lim_{x \to 0} \dfrac{\cos x-1}{x}+\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}\\ &\overset{\spadesuit}{=} -1+0+1=0, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(5).

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt[4]{1+x^3}-1}{x^3-x^4} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(1+x^3)^{\frac{1}{4}}-1}{x^3(1-x)}\\ &\overset{\star}{=}\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{1-x}\cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{(1+x^3)^{\frac{1}{4}}-1}{x^3} \\ &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{1}{4}, \end{aligned}$

dove in $\spadesuit$ si è utilizzato (4).