Esercizi vari limiti notevoli – 17

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In questo articolo 17, tratto da Esercizi svolti sui limiti notevoli risolviamo alcuni esercizi basati su vari limiti notevoli.

Tra questi ultimi articoli, tutti di esercizi vari sui limiti notevoli, segnaliamo il precedente Esercizio limiti notevoli – 16 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 18.

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

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

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

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

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

Svolgimento.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{\sqrt{1-\cos x}} & = \lim_{x \to 0}\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{\left \vert x \right \vert }\cdot\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ & = \lim_{x \to 0}\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{\left \vert x \right \vert}\cdot\dfrac{1+\sqrt{\cos x}}{1+\sqrt{\cos x}} \cdot\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ &=\lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert}\cdot\dfrac{1}{1+\sqrt{\cos x}} \cdot\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ &\overset{\star}{=}\lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{1}{1+\sqrt{\cos x}} \cdot\lim_{x \to 0}\sqrt{\dfrac{x^2}{1-\cos x}}\\ &\overset{\spadesuit-\ast}{=} 0 \cdot 2 \cdot \sqrt{2} = 0, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\ast$ per il primo limite è stato usato il fatto che

$\lim_{x \to 0^+}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert} = \lim_{x \to 0^+}\dfrac{1-\cos x}{x} = 0 = \lim_{x \to 0^-}-\dfrac{1-\cos x}{x} = \lim_{x \to 0^-}\dfrac{1-\cos x}{\left \vert x \right \vert}.$

e in $\spadesuit$ si è utilizzato (2).

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

dove in $\star$ è stato usato il teorema 1, in $\ast$ si utilizzato il fatto che

$\lim_{x\to 0^+} x^\alpha \ln^\beta x=0,\qquad \alpha,\beta>0,$

e in $\spadesuit$ si è utilizzato (4)-(5).

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

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1, in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(2)-(4)-(5) e in $\divideontimes$ si è utilizzato il teorema 2 per i primi quattro limiti.

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

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 (5) e in $\divideontimes$ è stato utilizzato il teorema 2 per i primi due limiti.

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

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

$\cos \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = - \sin t \qquad \text{e} \qquad \sin \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = \cos t,$

in $\star$ si è utilizzato il teorema 1.

Si osservi tuttavia che

$\lim_{t\to 0^+} \dfrac{1}{\sin t} = +\infty \neq -\infty = \lim_{t\to 0^-} \dfrac{1}{\sin t},$

da cui segue che il limite cercato non esiste.

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