Esercizio limiti notevoli – 4

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Presentiamo il quarto esercizio sui limiti notevoli, dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli. Esso contiene 5 limiti affrontabili con l’ausilio dei limiti notevoli del seno, del coseno e del numero di Nepero e le identità che da essi derivano.

Ricordiamo anche il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 3 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 5 .

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{3}{2\sqrt{x}}\right)^x;\\ &2. \quad \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x - \sin x}{x^2};\\ &3. \quad \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 2x}{x \; \tan x};\\ &4. \quad \lim_{x \to \alpha} \dfrac{\sin x - \sin \alpha}{x-\alpha}, \qquad \alpha \in \mathbb{R};\\ &5. \quad \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\cos x - \sqrt{3}}{6x-\pi}. \end{aligned}$

Richiamiamo di seguito solo i principali risultati che verranno utilizzati per la risoluzione degli esercizi. Si rimanda anche ai Richiami teorici sui limiti notevoli oppure alla dispensa Teoria sui limiti per un riferimento completo di tutte le dimostrazioni.

Richiami teorici

Teorema 1 (algebra dei limiti). 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.

Il prossimo risultato è anche noto come teorema di cambio di variabile nei limiti.

Teorema 2 (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) $\begin{equation*}\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2}= \dfrac{1}{2}, \end{equation*}$

(3) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0} \dfrac{\tan x}{x}= 1, \end{equation*}$

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

Di seguito la soluzione dell’esercizio.

Svolgimento

Manipoliamo l’espressione del limite dato per ricondurci alla forma del limite notevole (4):
$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{3}{2\sqrt{x}}\right)^x & = \; \lim_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{3}{2\sqrt{x}}\right)^{\frac{2\sqrt{x}}{3}}\right)^{\frac{3}{2\sqrt{x}}\cdot x} \\ \overset{\star}{=} & \;\lim_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{3}{2\sqrt{x}}\right)^{\frac{2\sqrt{x}}{3}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{3}{2\sqrt{x}}\cdot x}\\ \overset{\spadesuit}{=}&\; e^{+\infty} = +\infty, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzata (4). In definitiva

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{3}{2\sqrt{x}}\right)^x =+\infty. }$

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

La prima frazione ha limite $\frac{1}{2}$ per (2); d’altra parte, per il limite notevole (1) si ha

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x^2} = +\infty, \qquad \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x^2} = -\infty.$

Ne segue che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1-\cos x - \sin x}{x} = -\infty, \qquad \lim_{x \to 0^-} \dfrac{1-\cos x - \sin x}{x} = +\infty }$

e quindi il limite richiesto non esiste.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 2x}{x \; \tan x} &\overset{\star}{=}\; 4\cdot \left( \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x}{2x} \right) \cdot \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 2x}{2x} \right)\cdot\left( \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\tan x}\right)\\ & \overset{\spadesuit}{=} \; 4 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = 4, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(3). Ne consegue

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 2x}{x \; \tan x} = 4. }$

Utilizzando la sostituzione $t = x - \alpha$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to \alpha} \dfrac{\sin x \sin \alpha}{x-\alpha } =&\; \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin(\alpha+t) - \sin \alpha}{t} \\ \overset{\ast}{=}& \; \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin \alpha \cos t + \cos \alpha \sin t - \sin \alpha}{t} \\ \overset{\star}{=}& \; \sin \alpha\cdot \lim_{t \to 0}\dfrac{\cos t - 1}{t} + \cos \alpha \cdot \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} \\ \overset{\spadesuit}{=} &\; \sin \alpha \cdot 0 + \cos \alpha \cdot 1= \cos \alpha, \end{aligned}$

dove in $\ast$ si è utilizzato il fatto che $\sin(\alpha + t) = \sin \alpha \cdot \cos t + \cos \alpha \cdot \sin t$ , in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2). Otteniamo quindi

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to \alpha} \dfrac{\sin x \sin \alpha}{x-\alpha } = \cos \alpha. }$

Utilizzando la sostituzione $t = x - \dfrac{\pi}{6}$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\cos x - \sqrt{3}}{6x-\pi} =& \; \lim_{t \to 0} \dfrac{2 \cos \left(t + \frac{\pi}{6}\right) - \sqrt{3}}{6t} \\\overset{\ast}{=}&\; \lim_{t \to 0} \dfrac{2 \left( \cos t \cos \frac{\pi}{6} - \sin t \sin \frac{\pi}{6}\right) - \sqrt{3}}{6t} \\ = &\; \lim_{t \to 0} \dfrac{2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \; \cos t - \frac{1}{2}\;\sin t \right) - \sqrt{3}}{6t} \\ \overset{\star}{=} &\; \lim_{t \to 0} \dfrac{\sqrt{3}( \cos t - 1)}{6t} - \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{6t} \\ \overset{\spadesuit}{=}&\; = \dfrac{\sqrt{3}}{6}\cdot 0 - \dfrac{1}{6}\cdot 1 = - \dfrac{1}{6}, \end{aligned}$

dove in $\ast$ si è utilizzato il fatto che $\cos (\alpha + \beta) = \cos \alpha \cdot \cos \beta - \sin \alpha \cdot \sin \beta$ , in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2). In definitiva

$\boxcolorato{analisi}{ \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\cos x - \sqrt{3}}{6x-\pi} = - \dfrac{1}{6}. }$

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