Esercizio limiti notevoli – 2

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Presentiamo qui il secondo esercizio sui limiti notevoli, facente parte della raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli. Esso contiene 5 limiti da calcolare mediante l’ausilio dei limiti notevoli del seno, del coseno e del numero di Nepero.

Segnaliamo anche il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 1 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 3 .

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\sin x};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x + x}{x + \sin x};\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 + x}{2x+\sin x};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x }{1- \sin x };\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x + 5}}. \end{aligned}$

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

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

Presentiamo ora la soluzione dell’esercizio.

Svolgimento.

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\sin x} =& \;\lim\limits_{x \to 0} x \cdot \dfrac{x}{\sin x} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \;\left( \lim\limits_{x \to 0 }x\right) \left(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x}\right) \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; 0 \cdot 1 = 0, \end{aligned}$
dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e $\spadesuit$ si è utilizzata (1).In definitiva
$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\sin x} = 0 }$

Manipolando l’espressione del limite dato, ricordando che $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ , si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x + x}{x + \sin x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x \cos x + x}{x + \sin x} \\[5pt] =& \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x \left(2\dfrac{ \sin x}{x} \cos x + 1\right) }{x \left(1 + \dfrac{\sin x}{x} \right)} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \dfrac{ 2 \cdot \lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{ \sin x}{x}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0}\cos x \right) + 1 }{ 1 + \lim\limits _{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} } \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; \dfrac{2 \cdot 1 \cdot 1 + 1}{1+1} =\dfrac{3}{2}, \end{aligned}$
dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e $\spadesuit$ si è utilizzata (1). Il risultato è dunque
$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x + x}{x + \sin x} = \dfrac{3}{2}. }$

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 + x}{2x + \sin x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x ( x + 1)}{x \left(2 + \dfrac{\sin x}{x}\right)} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \dfrac{ \lim\limits_{x \to 0}x + 1}{2 + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}} \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; \dfrac{1}{2+1} = \dfrac{1}{3}. \end{aligned}$
dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1). Si ottiene quindi
$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2 + x}{2x + \sin x} = \dfrac{1}{3} }$

Utilizziamo il teorema 2 effettuando la sostituzione $t = x - \dfrac{\pi}{2}$ per cui si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{1-\sin x} =&\; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\cos \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right)}{1 - \sin \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) }\\ \overset{\ast}{=}& \; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{-\sin t}{1 - \cos t } \\ = &\;\lim\limits_{t \to 0} - \dfrac{\sin t}{t} \cdot \dfrac{t^2}{1-\cos t} \cdot \dfrac{1}{t} \\ \overset{\star}{=} &\; - \left( \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t^2}{1-\cos t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{t \to 0}\dfrac{1}{t}\right), \end{aligned}$
dove in $\ast$ abbiamo usato il fatto che $\cos\left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sin t$ e $\sin \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = \cos t$ e in $\star$ si è utilizzato il teorema 1. Osserviamo che
$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{t} = +\infty, \qquad \qquad \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{1}{t} = -\infty,$
per cui si ha
$\begin{aligned} - \left( \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sin t}{t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{t^2}{1-\cos t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{1}{t}\right) \overset{\spadesuit}{=} - 1 \cdot 2 \cdot + \infty = -\infty,\\[5pt] - \left( \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{\sin t}{t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{t^2}{1-\cos t}\right) \cdot \left( \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{1}{t}\right) \overset{\spadesuit}{=} - 1 \cdot 2 \cdot - \infty = +\infty, \end{aligned}$
dove in $\spadesuit$ si sono utilizzati (1) e (2). Segue dunque che
$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{1-\sin x} \quad \text{non esiste.} }$

Manipoliamo l’espressione del limite dato per ricondurci alla forma del limite notevole (3):
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x + 5}} =& \lim\limits_{x \to + \infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1-4x+7 + 4x - 7}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x+ 5}}\\[5pt] =& \;\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1+\dfrac{2x-6}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x + 5}}\\[5pt] =&\; \lim\limits_{x \to + \infty} \left( \left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^2-4x+7}{2x-6}}\right)^{\frac{x^2-4x+7}{2x - 6}}\right)^{\frac{2x- 6}{x^2-4x+7}\cdot \frac{x^2-x+3}{2x + 5}} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to + \infty}\left( \left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^2-4x+7}{2x-6}}\right)^{\frac{x^2-4x+7}{2x - 6}}\right)^{\left(\lim\limits_{x \to + \infty} \frac{2x- 6}{x^2-4x+7}\cdot \frac{x^2-x+3}{2x + 5}\right)} \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; = e. \end{aligned}$
dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (3). Ne consegue che
$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-4x+7}\right)^{\frac{x^2-x+3}{2x + 5}} =e. }$

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