Esercizi riepilogo limiti notevoli – 19

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Nell’articolo 19 della serie Esercizi svolti sui limiti notevoli, raccogliamo 5 esercizi di riepilogo sui limiti notevoli.

Segnaliamo il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 18 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 20 per ulteriori esercizi di riepilogo sui limiti notevoli.

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

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

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:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\pi-2\arctan\dfrac{1}{x^3}}{\tan(2x)-\sin(2x)} & = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{2\arctan x^3}{\tan(2x)-\sin(2x)}=\\\\ & =\lim_{x \to 0^+} 2 \dfrac{\arctan x^3}{x^3}\cdot x^3 \dfrac{1}{\dfrac{\sin(2x)}{\cos(2x)}-\sin(2x)}\\ &= \lim_{x \to 0^+} 2 \dfrac{\arctan x^3}{x^3}\cdot x^3 \cdot \dfrac{2x}{\sin 2x} \cdot \dfrac{1}{2x} \cdot \dfrac{4x^2}{1-\cos(2x)}\cdot \dfrac{1}{4x^2} \cdot \cos (2x)\\ & \overset{\star}{=} \dfrac{1}{2}\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\arctan x^3}{x^3}\cdot \lim_{x \to 0^+}\dfrac{2x}{\sin 2x} \cdot \lim_{x \to 0^+}\dfrac{4x^2}{1-\cos(2x)} \cdot \lim_{x \to 0^+} \cos(2x) \\ &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{1}{2}, \end{aligned}$

dove in $\ast$ è stato usato il fatto che

$\arctan x+\arctan\dfrac{1}{x}= \dfrac{\pi}{2} \quad\text{per ogi} x>0,$

in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(4).

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

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(5) e in $\divideontimes$ si è utilizzato il teorema 2 per il quarto e il quinto limite.

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

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(5)-(7) e in $\divideontimes$ si è utilizzato il teorema 2 per il secondo, il quarto e il quinto limite.

Utilizzando la sostituzione $t= x - \pi$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to \pi} \dfrac{\sin^2x}{\ln(2+\cos x)} &= \lim_{t\to 0} \dfrac{\sin^2 t}{\ln(2-\cos t)} \\& = \lim_{t\to 0}\dfrac{\sin^2 t}{t^2}\cdot\dfrac{t^2}{\ln(2-\cos t)}\\ & =\lim_{t\to 0}\dfrac{\sin^2 t}{t^2}\cdot \dfrac{1-\cos t}{\ln\left(1+\left( 1-\cos t\right) \right) }\cdot\dfrac{t^2}{1-\cos t}\\ &\overset{\star}{=}\lim_{t\to 0}\dfrac{\sin^2 t}{t^2}\cdot \lim_{t\to 0}\dfrac{1-\cos t}{\ln\left(1+\left( 1-\cos t\right) \right) }\cdot\lim_{t\to 0}\dfrac{t^2}{1-\cos t}\\ &\overset{\spadesuit-\divideontimes}{=} 1 1\cdot \cdot 2 =2, \end{aligned}$

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)-(5) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per il secondo limite.

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

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

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