Esercizio limite notevole seno e polinomi – 9

Home » Esercizio limite notevole seno e polinomi – 9

Esercizio limite notevole seno e polinomi – 9

L’esercizio 9 sui limiti notevoli, dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli è basato principalmente sull’uso del limite notevole del seno, da utilizzare insieme alle tecniche classiche per la risoluzione dei limiti.

Il limite notevole del seno è

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1,$

ed esprime l’idea che, per angoli molto piccoli, il seno dell’angolo è comparabile con la lunghezza dell’arco di circonferenza a esso associato. Tale limite notevole del seno riveste grande importanza nella descrizione di fenomeni fisici in presenza di angoli piccoli, come ad esempio la descrizione matematica del moto del pendolo. Rimandiamo ai richiami teorici sui limiti notevoli per una trattazione più approfondita.

Segnaliamo il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 8 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 10 .

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente 100 esercizi svolti 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

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

(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.

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).

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).

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).

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).

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).