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Esercizi misti limiti notevoli 9

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio numero 9 sui limiti notevoli

 

Esercizio 9  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

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

 

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.

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

  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{(1+x)^a-1}{x}= a, & \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.

  1. Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere l’espressione in (5) si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1-\dfrac{3}{2x+1}\right)^{x} &= \lim_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{1}{\frac{2x+1}{-3}}\right)^{x} \\ & = \lim_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{1}{\frac{2x+1}{-3}}\right)^{ \frac{2x+1}{-3}}\right)^{- \frac{3x}{2x+1}} \\ & \overset{\star}{=} \left(\lim_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{1}{\frac{2x+1}{-3}}\right)^{ \frac{2x+1}{-3}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty} - \frac{3x}{2x+1}} \\ & \overset{\spadesuit}{=} e^{-\frac{3}{2}}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 2 e \spadesuit si è utilizzata (5).

    2.  

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

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{x^2} & = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{x^2} \cdot \dfrac{1+\sqrt{\cos x}}{1+\sqrt{\cos x}} = \\ & = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \dfrac{1}{1+\sqrt{\cos x}} \\ & \overset{\star}{=} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \lim_{x \to 0^+}\dfrac{1}{1+\sqrt{\cos x}}\\ &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}, \end{aligned}\]

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

    3.  

  3. Utilizziamo il teorema 2 effettuando la sostituzione t = x - \dfrac{\pi}{4} per cui si ha:

        \[\begin{aligned} \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{\cos(2x)}{\cos x - \cos \frac{\pi}{4}} & = \lim_{t \to 0} \dfrac{\cos\left(2t+\frac{\pi}{2}\right)}{\cos \left(t+\frac{\pi}{4}\right) - \frac{\sqrt{2}}{2}} \\ & \overset{\ast}{=}\lim_{t \to 0} \dfrac{-\sin\left(2t\right)}{\cos t \; \cos \frac{\pi}{4} - \sin t \; \sin \frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2}} \\ & = \lim_{t \to 0} \dfrac{-\sin\left(2t\right)}{\frac{\sqrt{2}}{2} \; \left( \cos t - \sin t - 1\right) } \\ & = \lim_{t \to 0} \dfrac{-2\sin\left(2t\right)}{\sqrt{2} \; \left( \cos t - \sin t - 1\right) }\\ &= \lim_{t \to 0} \dfrac{-2\; \frac{\sin\left(2t\right)}{2t} \cdot 2t}{\sqrt{2} \; \left( \frac{\cos t - 1}{t} \cdot t - \frac{\sin t}{t} \cdot t \right) } \\ & = \lim_{t \to 0} \dfrac{-4 \; \frac{\sin\left(2t\right)}{2t} }{\sqrt{2} \; \left( \frac{\cos t - 1}{t} - \frac{\sin t}{t} \right) } \\ &\overset{\star}{=}\dfrac{-4 \; \lim\limits_{t \to 0} \frac{\sin\left(2t\right)}{2t} }{\sqrt{2} \; \left( \lim\limits_{t \to 0} \frac{\cos t - 1}{t} - \lim\limits_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} \right) } \\ &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{-4\cdot 1}{\sqrt{2}(0 - 1)} = 2 \sqrt{2}, \end{aligned}\]

    dove in \ast abbiamo usato il fatto che

        \[\cos\left(2t + \dfrac{\pi}{2}\right)=-\sin 2t \qquad \text{e} \qquad \cos \left(\alpha + \beta\right) =\cos\alpha\cdot\cos\beta -\sin\alpha\cdot\sin\beta,\]

    in \star e in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si sono utilizzati (1) e (2).

    4.  

  4. Utilizziamo il teorema 2 effettuando la sostituzione t = x -\alpha per cui si ha:

        \[\begin{aligned} &\lim_{x \to \alpha} \dfrac{\sin(x-\alpha)}{\cos^2 x - \cos^2 \alpha} = \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{\cos^2(t-\alpha) - \cos^2 \alpha} \\[10pt] & = \lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{(\cos(t-\alpha) - \cos \alpha)(\cos(t-\alpha) + \cos \alpha)} \\[10pt] & = \lim_{t \to 0} \dfrac{1}{(\cos(t-\alpha) + \cos \alpha)} \cdot \dfrac{\sin t}{t} \cdot \dfrac{t}{\cos(t-\alpha) - \cos \alpha} \\[10pt] & \overset{\ast}{=} \lim_{t \to 0} \dfrac{1}{(\cos(t-\alpha) + \cos \alpha)} \cdot \dfrac{\sin t}{t} \cdot \dfrac{t}{\cos t \cos \alpha - \sin t \sin \alpha - \cos \alpha} \\[10pt] & = \lim_{t \to 0} \dfrac{1}{(\cos(t-\alpha) + \cos \alpha)} \cdot \dfrac{\sin t}{t} \cdot \dfrac{t}{\cos \alpha \left(\dfrac{\cos t - 1}{t} \cdot t\right) - \dfrac{\sin t}{t} \cdot t \cdot \sin \alpha} \\[10pt] & \overset{\star}{=} \left(\lim_{t \to 0} \dfrac{1}{(\cos(t-\alpha) + \cos \alpha)}\right) \cdot \left(\lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} \right) \cdot \\[10pt] &\cdot \left(\dfrac{1}{\cos \alpha \left(\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\cos t - 1}{t} \right) - \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} \cdot \sin \alpha}\right) \\[10pt] & \overset{\spadesuit}{=} -\dfrac{1}{2 \cos \alpha} \cdot 1 \cdot \dfrac{1}{\sin \alpha} \\[10pt] & \overset{\divideontimes}{=} -\dfrac{1}{\sin 2 \alpha}, \end{aligned}\]

    dove in \ast abbiamo usato il fatto che \cos(t -\alpha)= \cos t \cos\alpha - \sin t \sin \alpha, in \star si è utilizzato il teorema 1, in \divideontimes il fatto che 2 \sin\alpha\cos\alpha = \sin 2 \alpha e in \spadesuit si sono utilizzati (1) e (2).

    5.  

  5. Utilizzando la sostituzione t = 2x in virtù del teorema 2 si ha:

        \[\begin{aligned}\lim_{x \to 0} \dfrac{(1+2x)^4-1}{x} & = \lim_{t \to 0} \dfrac{(1+t)^4-1}{t} \cdot 2 \\ & \overset{\spadesuit}{=} 2 \cdot 4 = 8. \end{aligned}\]

    dove in\spadesuit si è utilizzato (3).







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