Esercizi misti limiti notevoli 3

Limiti notevoli in funzioni

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Testo dell’esercizio

Esercizio 3   (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

    \[\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{(x+1)^x};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to +\infty}\left( \dfrac{x^4+5x^2+5}{(x^2+1)(x^2+2)}\right)^{x^2};\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x + e^{-x}}{x};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{x };\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1- \cos x - \sin x}{x}. \end{aligned}\]

 

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: cliccare qui per consultarla.

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.

Ricordiamo anche il teorema di cambio di variabile nei limiti.

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} \dfrac{a^x - 1 }{x} = \ln a, &\qquad \qquad a \in \mathbb{R}^+,  \end{equation*}

(4)   \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*}

Passiamo ora alla soluzione dell’esercizio.

Svolgimento

  1. Manipoliamo l’espressione del limite dato per ricondurci alla forma del limite notevole (4):

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{(x+1)^x} =& \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{x^x}\right)^{\frac{(x+1)^x}{x^x}}\\[5pt] \overset{\star}{=} & \;\lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{x^x}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty}\left( 1 +\dfrac{1}{x}\right)^x}\\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; e^e, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 2 e in \spadesuit si è utilizzata (4). Ne segue che

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{(x+1)^x} = e^e. }\]

  2. Manipoliamo l’espressione del limite dato per ricondurci alla forma del limite notevole (4):

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

    dove in \star si sono utilizzati il teorema 1 e il teorema 2 e in \spadesuit si è utilizzata (4). In definitiva si ha

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

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x + e^{-x}}{x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x +1 -1 + e^{-x}}{x} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \sin x + \lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{1-8^x}{x}\right) - \lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{e^{-x}-1}{-x}\right) \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=} & \; 1\cdot 0 - \ln 8 - 1 = -(1+\ln 8), \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1)-(3)-(4). Dunque

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x + e^{-x}}{x} =-(1+\ln 8). }\]

  4. Osserviamo che, in un intorno destro di 0, si ha che \sqrt{x^2} = x, dunque si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{x } =&\; \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{\sqrt{x^2} } \\ =&\; \lim\limits_{x \to 0^+} \sqrt{\dfrac{1-\cos x }{x^2} } \\ \overset{\star}{=}& \; \sqrt{\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1-\cos x }{x^2} } \\ \overset{\spadesuit}{=} &\; \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in in \spadesuit si è utilizzato (2). Si conclude che

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{x } =\dfrac{\sqrt{2}}{2}. }\]

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

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1- \cos x - \sin x}{x} \overset{\star}{=}&\; =\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x} - \lim\limits_{x\to 0 } \dfrac{\sin x}{x}\\ \overset{\spadesuit}{=}&\; = 0 - 1 = -1, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1)-(2). In definitiva

        \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1- \cos x - \sin x}{x} = -1. }\]