Esercizi misti limiti notevoli 20

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Esercizio numero 20 sui limiti notevoli

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{4^{\frac{1}{x^2}}+6^{\frac{1}{x^2} } }{3^{\frac{1}{x^2}}+5^{\frac{1}{x^2}}}\right)^{x^2};\\[6pt] &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(\cos(\alpha x))}{\ln(\cos(\beta x))}, \qquad \alpha \in \mathbb{R}, \beta \in \mathbb{R}\setminus\{0\} ;\\[6pt] &3. \quad \lim\limits_{x \to 0^+} (\text{settsinh}(x))^{\cot x};\\[6pt] &4. \quad \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(1+\alpha x)^{\frac{1}{x}} + \sqrt{ \sin(\pi x^\alpha)}}{ 1-\cos(3 \sqrt{x})}, \qquad \alpha >0 ;\\[6pt] &5. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{x^3}\right)^4}{\left(\text{arcsin}\left(\frac{1}{x}\right)\right)^3 - \frac{1}{x^\alpha}\sin\left( \frac{1}{x}\right)}, \qquad \alpha > -1. \end{aligned}$

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

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

Svolgimento.

Effettuando la sostituzione $t = \dfrac{1}{x^2}$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty} \left( \frac{4^{1/x^2}+6^{1/x^2}}{3^{1/x^2}+5^{1/x^2}} \right)^{x^2} = {} & \lim_{t\to0^+} \left( \frac{4^t+6^t}{3^t+5^t} \right)^{1/t} = \\[5pt] = {} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ \frac{1+(2/3)^t}{1+(3/5)^t} \right]^{1/t} = \\[5pt] = {} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ \frac{1+(2/3)^t+(3/5)^t-(3/5)^t}{1+(3/5)^t} \right]^{1/t} = \\[5pt] = {} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ 1 + \frac{(2/3)^t-(3/5)^t}{1+(3/5)^t} \right]^{1/t} = \\[5pt] \overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} & \lim_{t\to0^+} \frac{6}{5} \left[ 1 + \frac{(10/9)^t-1}{1+(3/5)^{-t}} \right]^{1/t}. \end{aligned}$

dove $\spadesuit$ è stato utilizzato (6) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 poiché

$\lim\lim\limits_{t \to 0^+}\frac{(10/9)^t-1}{1+(3/5)^{-t}}=0.$

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

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si sono usati (1)-(5) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per il primo ed il secondo limite.

Manipolando l’espressione del limite dato e ricordando che $\settsinh(x) = x + \sqrt{1+x^2}$ e $\cot x = \dfrac{\cos x}{\sin x}$ , si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x\to 0+} \left(x + \sqrt{1+x^2}\right)^{\cot x}=\\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+}\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)^{\cot x} \\ & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\dfrac{\cos x}{\sin x} \cdot \ln\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)}{x}\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \dfrac{x + \sqrt{1 + x^2} - 1}{x}\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{\sqrt{1 + x^2} - 1}{x}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{\sqrt{1 + x^2} - 1}{x} \cdot \dfrac{\sqrt{1 + x^2} + 1}{\sqrt{1 + x^2} + 1}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{1 + x^2 - 1}{x \left(\sqrt{1 + x^2} + 1\right)}\right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x\to 0^+} \exp\left(\cos x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\ln\left(1 + \left(x + \sqrt{1 + x^2} - 1\right)\right)}{x + \sqrt{1 + x^2} - 1} \cdot \left(1 + \dfrac{x}{\left(\sqrt{1 + x^2} + 1\right)}\right)\right) \\[10pt] \end{aligned}$

da cui

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

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2, in $\ast$ si è utilizzato il teorema 1, e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(5) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per il terzo limite.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(1+\alpha x)^{\frac{1}{x}} \cdot \sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{1-\cos(3 \sqrt{x})} =\\[10pt] & \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\left((1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \cdot \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}}\cdot \sqrt{\pi x^\alpha}}{1-\cos(3 \sqrt{x})}\cdot \dfrac{1+\cos(3 \sqrt{x})}{1-\cos(3 \sqrt{x})}\\[10pt] & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\left((1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \cdot \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}}\cdot \sqrt{\pi x^\alpha}}{1-\cos^2(3 \sqrt{x})}\cdot (1+\cos(3 \sqrt{x}))\\[10pt] & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\left((1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \cdot \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}}\cdot \sqrt{\pi x^\alpha}}{9x}\cdot \dfrac{9x}{1-\cos^2(3 \sqrt{x})}\cdot (1+\cos(3 \sqrt{x}))\\[10pt] & \overset{\star}{=}\dfrac{\sqrt{\pi}}{9}\lim\limits_{x \to 0^+} x^{\frac{\alpha}{2}-1} \cdot \left(\lim\limits_{x \to 0^+} (1+\alpha x)^{\frac{1}{\alpha x}}\right)^\alpha \\[10pt] & \overset{\star}{=} \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{\sqrt{\pi x^\alpha}} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{9x}{1-\cos^2(3 \sqrt{x})}\cdot \lim\limits_{x \to 0^+} (1+\cos(3 \sqrt{x})) \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1. Si osservi che, a seconda del valore che assume $\alpha$ , si avrà:

$\lim\limits_{x \to 0^+} x^{\frac{\alpha}{2}-1}= \begin{cases} +\infty & \alpha > 2,\\ 1 & \alpha = 2,\\ 0 & \alpha < 2, \end{cases}$

e quindi

$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(1+\alpha x)^{\frac{1}{x}} \cdot \sqrt{\sin(\pi x^\alpha)}}{1 - \cos(3 \sqrt{x})} = \begin{cases} +\infty & \alpha > 2,\\ \dfrac{2\sqrt{\pi}e^2}{9} & \alpha = 2,\\ 0 & \alpha < 2. \end{cases}$

Document

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