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Esercizi misti limiti notevoli 2

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio numero 2 sui limiti notevoli

 

Esercizio 2 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

    \[\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\sin x};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x + x}{x + \sin x};\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 + x}{2x+\sin x};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x }{1- \sin x };\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x^2 + 5}}. \end{aligned}\]

 

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}, \end{equation*}

(3)   \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*}

 
Presentiamo ora la soluzione dell’esercizio.

Svolgimento.

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\sin x} =& \;\lim\limits_{x \to 0} x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \;\left( \lim\limits_{x \to 0 }x\right) \left(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x}\right) \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; 0 \cdot 1 = 0, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e \spadesuit si è utilizzata (1).In definitiva

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\sin x} = 0 }\]

    2.  

  2. Manipolando l’espressione del limite dato, ricordando che \sin 2x = 2 \sin x \cos x, si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x + x}{x + \sin x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x \cos x + x}{x + \sin x} \\[5pt] =& \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \left(2\dfrac{ \sin x}{x} \cos x + 1\right) }{x \left(1 + \dfrac{\sin x}{x} \right)} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \dfrac{ 2 \cdot \lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{ \sin x}{x}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0}\cos x \right) + 1 }{ 1 + \lim\limits _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} } \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; \dfrac{2 \cdot 1 \cdot 1 + 1}{1+1} =\dfrac{3}{2}. \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e \spadesuit si è utilizzata (1). Il risultato è dunque

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x + x}{x + \sin x} = \dfrac{3}{2}. }\]

    3.  

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 + x}{2x + \sin x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x ( x + 1)}{x \left(2 + \dfrac{\sin x}{x}\right)} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \dfrac{ \lim\limits_{x \to 0}x + 1}{2 + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}} \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; \dfrac{1}{2+1} = \dfrac{1}{3}. \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1). Si ottiene quindi

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 + x}{2x + \sin x} = \dfrac{1}{3} }\]

    4.  

  4. Utilizziamo il teorema 2 effettuando la sostituzione t = x - \dfrac{\pi}{2} per cui si ha:

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

    dove in \ast abbiamo usato il fatto che \cos\left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sin t e \sin \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = \cos t e in \star si è utilizzato il teorema 1. Osserviamo che

        \[\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{t} = +\infty, \qquad \qquad \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{1}{t} = -\infty,\]

    per cui si ha

        \[\begin{aligned} - \left( \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sin t}{t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{t^2}{1-\cos t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{1}{t}\right) \overset{\spadesuit}{=} - 1 \cdot 2 \cdot + \infty = -\infty,\\[5pt] - \left( \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{\sin t}{t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{t^2}{1-\cos t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{1}{t}\right) \overset{\spadesuit}{=} - 1 \cdot 2 \cdot - \infty = +\infty, \end{aligned}\]

    dove in \spadesuit si sono utilizzati (1) e (2). Segue dunque che

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{1-\sin x} \quad \text{non esiste.} }\]

    5.  

  5. Manipoliamo l’espressione del limite dato per ricondurci alla forma del limite notevole (3):

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x^2 + 5}} =& \lim\limits_{x \to + \infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1-4x+7 + 4x - 7}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x^2 + 5}}\\[5pt] =& \;\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1+\dfrac{2x-6}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x^2 + 5}}\\[5pt] =&\; \lim\limits_{x \to + \infty} \left( \left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^2-4x+7}{2x-6}}\right)^{\frac{x^2-4x+7}{2x - 6}}\right)^{\frac{2x- 6}{x^2-4x+7}\cdot \frac{x^2-x+3}{2x^2 + 5}} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to + \infty}\left( \left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^2-4x+7}{2x-6}}\right)^{\frac{x^2-4x+7}{2x - 6}}\right)^{\left(\lim\limits_{x \to + \infty} \frac{2x- 6}{x^2-4x+7}\cdot \frac{x^2-x+3}{2x^2 + 5}\right)} \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; = e^{+\infty} =+\infty. \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 2 e in \spadesuit si è utilizzato (3). Ne consegue che

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x^2 + 5}} =+\infty. }\]







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