Esercizio svolto limiti notevoli – 6

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Il sesto esercizio svolto sui limiti notevoli, parte dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli, propone il calcolo di 5 limiti da svolgere mediante l’uso dei limiti notevoli del seno, del coseno, del numero di Nepero e del logaritmo, insieme a tecniche sulla risoluzione dei limiti.

Ulteriore materiale è reperibile nel precedente Esercizio limiti notevoli – 5 e nel successivo Esercizio limiti notevoli – 7 .

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^3}{2 \sin^2 \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{\sin(2x) + \sin x};\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin(1-e^x)}{e^x-1};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2^{3x}-1}{2x};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\cos(2x)-\cos x}{\cos x-1}. \end{aligned}$

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.

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

(3) $\begin{equation*} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\log_a (1+x)}{x}= \log_a e, & \qquad \qquad a\in \mathbb{R}^+ \end{equation*}$

(4) $\begin{equation*}\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{a^x -1}{x}= \ln a, & \qquad \qquad a\in \mathbb{R}^+ \end{equation*}$

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

Svolgimento.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{2 \sin^2 \dfrac{x}{2} + \sin \dfrac{x}{2}} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{2 \cdot \dfrac{\sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x^2}{4}} \cdot \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{\sin \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2}} \; \dfrac{x}{2}} \\[5pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{2 \cdot \dfrac{\sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x^2}{4}}\cdot \dfrac{x}{4} + \dfrac{\sin \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}} \\[5pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{\lim\limits_{x \to 0} x^2}{2 \cdot \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x^2}{4}}\cdot \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{x}{4} + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}}\\ & \overset{\spadesuit}{=} \dfrac{0}{\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot 0+1 \cdot \frac{1}{2}}=0, \end{aligned}$

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

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{\sin(2x) + \sin x} & =\lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\ln(1+x)}{x} \cdot x}{\dfrac{\sin(2x)}{2x} \cdot 2x + \dfrac{\sin x}{x} \cdot x} \\[5pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\ln(1+x)}{x} }{\dfrac{\sin(2x)}{2x} \cdot 2 + \dfrac{\sin x}{x}} \\[5pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x} }{\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin(2x)}{2x} \cdot 2 + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}} \\[5pt] &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{1}{1 \cdot 2+1} = \dfrac{1}{3}, \end{aligned}$

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

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

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

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{2^{3x}-1}{2x} & \overset{\star}{=} \dfrac{3}{2} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{2^{3x}-1}{3x}\\ & \overset{\spadesuit}{=} \dfrac{3}{2} \cdot \ln 2. \end{aligned}$

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

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos(2x)-\cos x}{\cos x-1} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \dfrac{\cos(2x)-\cos x}{x^2} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \dfrac{\cos(2x)-1+1-\cos x}{x^2} \right)\\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \left( \dfrac{\cos(2x)-1}{x^2} + \dfrac{1-\cos x}{x^2} \right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \left( \dfrac{\cos(2x)-1}{4x^2} \cdot 4 + \dfrac{1-\cos x}{x^2} \right) \right)\\[10pt] & \overset{\star}{=} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \left(\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\cos(2x)-1}{4x^2} \cdot 4 + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2} \right)\\ & \overset{\spadesuit}{=} -2 \cdot \left(-2 + \dfrac{1}{2}\right)=3. \end{aligned}$

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

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