Esercizi misti limiti notevoli 18

Limiti notevoli in funzioni

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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 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{\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.

  1. 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.

  2.  

  3. 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.

  4.  

  5. 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.

  6.  

  7. 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.

  8.  

  9. 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.