Esercizi di riepilogo sui limiti notevoli – 18

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In questi ultimi articoli della raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli, proponiamo alcuni problemi di riepilogo sui limiti notevoli, per consentire al lettore di testare la sua preparazione.

Ulteriore materiale di riepilogo sui limiti notevoli è reperibile nel precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 17 e nel successivo Esercizio limiti notevoli – 19.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( e^{\sin x}-1\right)\cdot \tan x}{1-\cos x};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( e^{5x^2}-1\right) \cdot\ln^2\left( 1+3x\right) }{1-\cos\left( x^2\right) };\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( 4^x-1\right) \cdot\log_2\left( \cos x\right) }{\sqrt[9]{1+9x^3}-1};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\left( \sqrt[9]{\cos(6x)}-1\right)\cdot \arctan x}{\left( e^{\cos x}-e\right) \cdot\ln(1+\sin x)};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(1+2x)^{5x^2}-1}{(1+3x)^{4x^2}-1}. \end{aligned}$

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

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

(4) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\arctan x}{x} = 1, \end{equation*}$

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

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

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

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

Svolgimento.

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

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(3)-(7) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per il primo limite.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\left( e^{5x^2}-1\right) \cdot\ln^2\left( 1+3x\right) }{1-\cos\left( x^2\right) }=&\lim_{x \to 0}\dfrac{e^{5x^2}-1}{5x^2}\cdot 5x^2\cdot\dfrac{x^4}{1-\cos(x^2)}\cdot\dfrac{1}{x^4}\cdot\dfrac{\ln^2(1+3x)}{9x^2}\cdot9x^2\\ &\overset{\star}{=} 45 \lim_{x \to 0}\dfrac{e^{5x^2}-1}{5x^2}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{x^4}{1-\cos(x^2)}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln^2(1+3x)}{9x^2}\\ &\overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} 45 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 = 90, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (2)-(5)-(7) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per i tre limiti.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{\left( 4^x - 1 \right) \cdot \log_2 \left( \cos x \right)}{\sqrt[9]{1 + 9x^3} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{4^x - 1}{x} \cdot x \cdot \dfrac{9x^3}{\left( 1 + 9x^3 \right)^{\frac{1}{9}} - 1} \cdot \dfrac{1}{9x^3} \cdot \dfrac{\log_2 \left( 1 - \sin^2 x \right)^{\frac{1}{2}}}{-\sin^2 x} \cdot \dfrac{-\sin^2 x}{x^2} \cdot x^2 \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{1}{9} \lim_{x \to 0} \dfrac{4^x - 1}{x} \cdot \dfrac{9x^3}{\left( 1 + 9x^3 \right)^{\frac{1}{9}} - 1} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\log_2 \left( 1 - \sin^2 x \right)^{\frac{1}{2}}}{-\sin^2 x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{-\sin^2 x}{x^2}\\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} \dfrac{1}{9} \cdot \ln 4 \cdot 9 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \log_2 e \cdot (-1) = - \dfrac{\ln 4 \cdot \log_2 e}{2}\\[10pt] & = - \dfrac{2 \ln 2 \cdot \frac{\ln e}{\ln 2}}{2} = -1, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(5)-(6)-(7) e in $\divideontimes$ si è utilizzato il teorema 2 per i quattro limiti.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{\left( \sqrt[9]{\cos(6x)} - 1 \right) \cdot \arctan x}{\left( e^{\cos x} - e \right) \cdot \ln(1 + \sin x)} =\\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(\cos(6x))^{\frac{1}{9}} - 1}{e \left( e^{\cos x - 1} - 1 \right)} \cdot \dfrac{\arctan x}{x} \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\sin x}{\ln(1 + \sin x)} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{e} \cdot \dfrac{(1 - \sin^2(6x))^{\frac{1}{18}} - 1}{-\sin^2(6x)} \cdot \dfrac{-\sin^2(6x)}{36x^2} \cdot \dfrac{\cos x - 1}{\left( e^{\cos x - 1} - 1 \right)} \cdot \\[10pt] & \quad \cdot \dfrac{x^2}{\cos x - 1} \cdot \dfrac{36 x^2}{x^2} \cdot \dfrac{\arctan x}{x} \cdot \dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\sin x}{\ln(1 + \sin x)} \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{36}{e} \lim_{x \to 0} \dfrac{(1 - \sin^2(6x))^{\frac{1}{18}} - 1}{-\sin^2(6x)} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{-\sin^2(6x)}{36x^2} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos x - 1}{\left( e^{\cos x - 1} - 1 \right)} \cdot \\[10pt] & \quad \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\cos x - 1} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\arctan x}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{\ln(1 + \sin x)} \\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} \dfrac{36}{e} \cdot \dfrac{1}{18} \cdot (-1) \cdot 1 \cdot (-2) \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = \dfrac{4}{e}, \end{aligned}$

dove in $\ast$ è stato usato il fatto che $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ , in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(4)-(5)-(6) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per i limiti uno, due, tre e sei.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{(1+2x)^{5x^2} - 1}{(1+3x)^{4x^2} - 1} =\\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{5x^2 \ln(1+2x)} \cdot \dfrac{5x^2 \ln(1+2x)}{4x^2 \ln(1+3x)} \cdot \dfrac{4x^2 \ln(1+3x)}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{5}{4} \cdot \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{5x^2 \ln(1+2x)} \cdot \dfrac{\ln(1+2x)}{2x} \cdot \dfrac{3x}{\ln(1+3x)} \cdot \dfrac{2x}{3x} \cdot \dfrac{4 \ln(1+3x)}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{5}{6} \lim_{x \to 0} \dfrac{e^{5x^2 \ln(1+2x)} - 1}{5x^2 \ln(1+2x)} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{4x^2 \ln(1+3x)}{e^{4x^2 \ln(1+3x)} - 1} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+2x)}{2x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{3x}{\ln(1+3x)} \\[10pt] & \overset{\spadesuit - \divideontimes}{=} \dfrac{5}{6}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ è stato utilizzato (5)-(7) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per tutti i limiti.

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