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Esercizi misti limiti notevoli 17

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio numero 17 sui limiti notevoli

 

Esercizio 17  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

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

 

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}, & \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{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.

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{\sqrt{1-\cos x}} & = \lim_{x \to 0}\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{\left \vert x \right \vert }\cdot\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ & = \lim_{x \to 0}\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{\left \vert x \right \vert}\cdot\dfrac{1+\sqrt{\cos x}}{1+\sqrt{\cos x}} \cdot\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ &=\lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert}\cdot\dfrac{1}{1+\sqrt{\cos x}} \cdot\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ &\overset{\star}{=}\lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{1}{1+\sqrt{\cos x}} \cdot\lim_{x \to 0}\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ &\overset{\spadesuit-\ast}{=} 0 \cdot 2 \cdot \sqrt{2} = 0, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1, in \ast per il primo limite è stato usato il fatto che

        \[\lim_{x \to 0^+}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert} = \lim_{x \to 0^+}\dfrac{1-\cos x}{x} = 0 = \lim_{x \to 0^-}-\dfrac{1-\cos x}{x} = \lim_{x \to 0^-}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert}.\]

    e in \spadesuit si è utilizzato (2).

    2.  

  2. Effettuando la sostituzione t = \sin x in virtù del teorema 2 si ha:

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{ \left( \sin x\right) ^{ \sin x}-1}{ \sqrt{\ln\left( \dfrac{1}{\cos x}\right) }}&= \lim_{t\to 0^+} \dfrac{ t^t-1}{ \sqrt{\ln\left( \dfrac{1}{\sqrt{1-t}}\right) }}\\ &= \lim_{t\to 0^+} \dfrac{ e^{t \ln t}-1}{ \sqrt{-\dfrac{1}{2}\ln\left( 1-t\right) }}\\ & = \lim_{t\to 0^+} -\sqrt{2}\cdot \dfrac{ e^{t \ln t}-1}{t\ln t} \cdot \dfrac{\sqrt{t}}{\sqrt{\ln\left( {1-t}\right)}}\cdot \dfrac{t \ln t}{\sqrt{t}}\\ & \overset{\star}{=} -\sqrt{2} \lim_{t\to 0^+} \dfrac{ e^{t \ln t}-1}{t\ln t} \cdot \lim_{t\to 0^+}\dfrac{\sqrt{t}}{\sqrt{\ln\left( {1-t}\right)}}\cdot\lim_{t\to 0^+} \sqrt{t} \ln t\\ &\overset{\spadesuit-\ast}{=} -\sqrt{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot 0 = 0, \end{aligned}\]

    dove in \star è stato usato il teorema 1, in \ast si utilizzato il fatto che

        \[\lim_{x\to 0^+} x^\alpha \ln^\beta x=0,\qquad \alpha,\beta>0,\]

    e in \spadesuit si è utilizzato (4)-(5).

    3.  

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

        \[\begin{aligned} &\lim_{x \to 0^+} \dfrac{(\cos x)^{\cos x} - 1}{(\sin x)^{\sin x} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{\cos x \ln(\cos x)} - 1}{e^{\sin x \ln(\sin x)} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{\cos x \ln(\cos x)} - 1}{\cos x \ln(\cos x)} \cdot \dfrac{\cos x \ln(\cos x)}{\sin x \ln(\sin x)} \cdot \dfrac{\sin x \ln(\sin x)}{e^{\sin x \ln(\sin x)} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{\cos x \ln(\cos x)} - 1}{\cos x \ln(\cos x)}\cdot \dfrac{\sin x \ln(\sin x)}{e^{\sin x \ln(\sin x)} - 1} \cdot \\[10pt] &\cdot \dfrac{\cos x \ln(1 + (\cos x - 1))}{\sin x \ln(1 + (\sin x - 1))} \cdot \dfrac{\sin x - 1}{\cos x - 1} \cdot \dfrac{\cos x - 1}{\sin x - 1} \\ & \overset{\star}{=} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{\cos x \ln(\cos x)} - 1}{\cos x \ln(\cos x)} \cdot \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin x \ln(\sin x)}{e^{\sin x \ln(\sin x)} - 1} \cdot \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln(1 + (\cos x - 1))}{\cos x - 1} \cdot \\[10pt] & \quad \cdot \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin x - 1}{\ln(1 + (\sin x - 1))} \cdot \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\cos x}{\sin x - 1} \cdot \lim_{x \to 0^+} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\cos x - 1}{x} \\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-1) \cdot 1 \cdot 0 = 0, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1, in \spadesuit si è utilizzato (1)-(2)-(4)-(5) e in \divideontimes si è utilizzato il teorema 2 per i primi quattro limiti.

    4.  

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

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

    dove in \ast è stato usato il fatto che \sin 2x = 2 \sin x \cos x, in \star si è utilizzato il teorema 1, in \spadesuit si è utilizzato (5) e in \divideontimes è stato utilizzato il teorema 2 per i primi due limiti.

    5.  

  5. Effettuando la sostituzione t = x - \dfrac{\pi}{2} in virtù del teorema 2 si ha:

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{1-\sin x} &= \lim_{t\to 0}\dfrac{\cos\left( t+\dfrac{\pi}{2}\right) }{1-\sin\left( t+\dfrac{\pi}{2}\right) }\\ &\overset{\ast}{=}\lim_{t\to 0}\dfrac{-\sin t}{1-\cos t}\\ &=\lim_{t\to 0}\dfrac{-\sin t}{1-\cos^2 t}\cdot (1+\cos t)\\ &\overset{\star}{=}-\lim_{t\to 0}(1+\cos t)\cdot \lim_{t\to 0}\dfrac{1}{\sin t}, \end{aligned}\]

    dove in \ast è stato usato il fatto che

        \[\cos \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = - \sin t \qquad \text{e} \qquad \sin \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = \cos t,\]

    in \star si è utilizzato il teorema 1.

    Si osservi tuttavia che

        \[\lim_{t\to 0^+} \dfrac{1}{\sin t} = +\infty \neq -\infty = \lim_{t\to 0^-} \dfrac{1}{\sin t},\]

    da cui segue che il limite cercato non esiste.







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