Esercizi misti limiti notevoli 16

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio 16   (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

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

 

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 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}, & \qquad 	\qquad 	\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x}{x}= 0, \end{equation*}

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

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

(7)   \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 si ha:

        \[\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{\sin(2x)} - e^{\sin x}}{\tan x} \overset{\ast}{=}\\[10pt] &= \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{2\sin x \cos x} - e^{\sin x}}{\tan x} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{\sin x} \left( e^{2\sin x \cos x - \sin x} - 1 \right)}{\tan x} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} e^{\sin x} \cdot \cos x \cdot \dfrac{e^{\sin x(2\cos x - 1)} - 1}{\sin x (2\cos x - 1)} \cdot (2\cos x - 1) \cdot \dfrac{\sin x}{x} \cdot \dfrac{x}{\tan x} \\[10pt] & \overset{\star}{=} \lim_{x \to 0} e^{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \cos x \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{\sin x(2\cos x - 1)} - 1}{\sin x (2\cos x - 1)} \cdot  \\[10pt] &\cdot \lim_{x \to 0} (2\cos x - 1) \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\tan x} \\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} 1.  \end{aligned}\]

    dove in \ast si è usato il fatto che \sin(2x)=2\sin x \cdot \cos x, in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1)-(2)-(3)-(6).

  2.  

  3. Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere un’espressione come in (7) si ha:

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

    dove in \star è stato usato il teorema 2 e in \spadesuit si è utilizzato (7).

  4.  

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

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

    dove in \spadesuit si è utilizzato (4) e in \divideontimes si è utilizzato il teorema 2.

  6.  

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x-e^{-x}}{\ln(1+x)} & = \lim_{x \to 0} e^{-x}\cdot\dfrac{e^{2x}-1}{\ln(1+x)}\\ & =\lim_{x \to 0} e^{-x}\cdot\dfrac{e^{2x}-1}{2x}\cdot\dfrac{x}{\ln(1+x)}\cdot2\\ &\overset{\star}{=}2 \lim_{x \to 0} e^{-x}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{e^{2x}-1}{2x}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{x}{\ln(1+x)}\\ &\overset{\spadesuit}{=} 2, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in in \spadesuit si è utilizzato (4)-(6).

  8.  

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

        \[\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x + 3e^x - 3 + x^3}{\ln(1 + x)^2 + 2x - \cos x + 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \cdot \dfrac{\sin^2 x}{x^2} + 3 \cdot \dfrac{e^x - 1}{x} \cdot x + x^3}{\dfrac{\ln(1 + x^2 + 2x)}{x^2 + 2x} \cdot (x^2 + 2x) + 2x - \left( \dfrac{\cos x - 1}{x^2} \right) \cdot x^2} \\[10pt] & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \left[ x \cdot \dfrac{\sin^2 x}{x^2} + 3 \cdot \dfrac{e^x - 1}{x} + x^2 \right]}{x \left[ \dfrac{\ln(1 + x^2 + 2x)}{x^2 + 2x} \cdot (x + 2) + 2 - \left( \dfrac{\cos x - 1}{x^2} \right) \cdot x \right]} \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{\lim\limits_{x \to 0} x \cdot \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x}{x^2} + 3 \cdot \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{x} + \lim\limits_{x \to 0} x^2}{\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(1 + x^2 + 2x)}{x^2 + 2x} \cdot \lim\limits_{x \to 0} (x + 2) + 2 - \lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{\cos x - 1}{x^2} \right) \cdot \lim\limits_{x \to 0} x} \\[10pt] & \overset{\spadesuit}{=} \dfrac{0 + 3 + 0}{2 + 2 - 0} = \dfrac{3}{4}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1)-(2)-(4)-(6).