Esercizi misti limiti notevoli 4

Limiti notevoli in funzioni

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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. Per i richiami teorici più completi si rimanda alla dispensa di teoria sui limiti notevoli: cliccare qui per consultarla.

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

  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_{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

  1. 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

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

  2.  

  3. 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.

  4.  

  5. 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

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

  6.  

  7. 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

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

  8.  

  9. 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

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