Esercizi misti limiti notevoli 18

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Esercizio numero 18 sui limiti notevoli

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( e^{\sin x}-1\right)\cdot \tan x}{1-\cos x};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( e^{5x^2}-1\right) \cdot\ln^2\left( 1+3x\right) }{1-\cos\left( x^2\right) };\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( 4^x-1\right) \cdot\log_2\left( \cos x\right) }{\sqrt[9]{1+9x^3}-1};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( \sqrt[9]{\cos(6x)}-1\right)\cdot \arctan x}{\left( e^{\cos x}-e\right) \cdot\ln(1+\sin x)};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(1+2x)^{5x^2}-1}{(1+3x)^{4x^2}-1}. \end{aligned}$

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.

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) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\tan x}{x} = 1, \end{equation*}$

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

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

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

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

(8) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \left(1 + x\right)^{\frac{1}{x}}=e, &\qquad \qquad \left(\text{eq. } \lim\limits_{x\to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)^{x}=e \right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\left( e^{\sin x}-1\right)\cdot \tan x}{1-\cos x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{\sin x}-1}{\sin x}\cdot\dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{x^2}{1-\cos x}\cdot\dfrac{\tan x}{x}\\ & \overset{\star}{=}\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{\sin x}-1}{\sin x}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{x^2}{1-\cos x}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{\tan x}{x} \\ &\overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} 1\cdot 1\cdot 2\cdot 1=2, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(3)-(7) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per il primo limite.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\left( e^{5x^2}-1\right) \cdot\ln^2\left( 1+3x\right) }{1-\cos\left( x^2\right) }=&\lim_{x \to 0}\dfrac{e^{5x^2}-1}{5x^2}\cdot 5x^2\cdot\dfrac{x^4}{1-\cos(x^2)}\cdot\dfrac{1}{x^4}\cdot\dfrac{\ln^2(1+3x)}{9x^2}\cdot9x^2\\ &\overset{\star}{=} 45 \lim_{x \to 0}\dfrac{e^{5x^2}-1}{5x^2}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{x^4}{1-\cos(x^2)}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln^2(1+3x)}{9x^2}\\ &\overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} 45 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 = 90, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (2)-(5)-(7) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per i tre limiti.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{\left( 4^x - 1 \right) \cdot \log_2 \left( \cos x \right)}{\sqrt[9]{1 + 9x^3} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{4^x - 1}{x} \cdot x \cdot \dfrac{9x^3}{\left( 1 + 9x^3 \right)^{\frac{1}{9}} - 1} \cdot \dfrac{1}{9x^3} \cdot \dfrac{\log_2 \left( 1 - \sin^2 x \right)^{\frac{1}{2}}}{-\sin^2 x} \cdot \dfrac{-\sin^2 x}{x^2} \cdot x^2 \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{1}{9} \lim_{x \to 0} \dfrac{4^x - 1}{x} \cdot \dfrac{9x^3}{\left( 1 + 9x^3 \right)^{\frac{1}{9}} - 1} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\log_2 \left( 1 - \sin^2 x \right)^{\frac{1}{2}}}{-\sin^2 x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{-\sin^2 x}{x^2}\\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} \dfrac{1}{9} \cdot \ln 4 \cdot 9 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \log_2 e \cdot (-1) = - \dfrac{\ln 4 \cdot \log_2 e}{2}\\[10pt] & = - \dfrac{2 \ln 2 \cdot \frac{\ln e}{\ln 2}}{2} = -1, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(5)-(6)-(7) e in $\divideontimes$ si è utilizzato il teorema 2 per i quattro limiti.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{\left( \sqrt[9]{\cos(6x)} - 1 \right) \cdot \arctan x}{\left( e^{\cos x} - e \right) \cdot \ln(1 + \sin x)} =\\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(\cos(6x))^{\frac{1}{9}} - 1}{e \left( e^{\cos x - 1} - 1 \right)} \cdot \dfrac{\arctan x}{x} \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\sin x}{\ln(1 + \sin x)} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{e} \cdot \dfrac{(1 - \sin^2(6x))^{\frac{1}{18}} - 1}{-\sin^2(6x)} \cdot \dfrac{-\sin^2(6x)}{36x^2} \cdot \dfrac{\cos x - 1}{\left( e^{\cos x - 1} - 1 \right)} \cdot \\[10pt] & \quad \cdot \dfrac{x^2}{\cos x - 1} \cdot \dfrac{36 x^2}{x^2} \cdot \dfrac{\arctan x}{x} \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\sin x}{\ln(1 + \sin x)} \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{36}{e} \lim_{x \to 0} \dfrac{(1 - \sin^2(6x))^{\frac{1}{18}} - 1}{-\sin^2(6x)} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{-\sin^2(6x)}{36x^2} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos x - 1}{\left( e^{\cos x - 1} - 1 \right)} \cdot \\[10pt] & \quad \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\cos x - 1} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\arctan x}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{\ln(1 + \sin x)} \\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} \dfrac{36}{e} \cdot \dfrac{1}{18} \cdot (-1) \cdot 1 \cdot (-2) \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = \dfrac{4}{e}, \end{aligned}$

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 (1)-(2)-(4)-(5)-(6) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per i limiti uno, due, tre e sei.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{(1+2x)^{5x^2} - 1}{(1+3x)^{4x^2} - 1} =\\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{5x^2 \ln(1+2x)} \cdot \dfrac{5x^2 \ln(1+2x)}{4x^2 \ln(1+3x)} \cdot \dfrac{4x^2 \ln(1+3x)}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{5}{4} \cdot \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{5x^2 \ln(1+2x)} \cdot \dfrac{\ln(1+2x)}{2x} \cdot \dfrac{3x}{\ln(1+3x)} \cdot \dfrac{2x}{3x} \cdot \dfrac{4 \ln(1+3x)}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{5}{6} \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{5x^2 \ln(1+2x)} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{4x^2 \ln(1+3x)}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+2x)}{2x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{3x}{\ln(1+3x)} \\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} \dfrac{5}{6}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ è stato utilizzato (5)-(7) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per tutti i limiti.

Document

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