Esercizio limiti notevoli – 3

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Benvenuti nel terzo esercizio sui limiti notevoli, estratto dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli. I 5 limiti presentati possono essere calcolati grazie ai limiti notevoli del seno, del coseno e del numero di Nepero.

Segnaliamo inoltre il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 2 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 4 .

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{(x+1)^x};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to +\infty}\left( \dfrac{x^4+5x^2+5}{(x^2+1)(x^2+2)}\right)^{x^2};\\ &3. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x + e^{-x}}{x};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{x };\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1- \cos x - \sin x}{x}. \end{aligned}$

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.

Ricordiamo anche il teorema di cambio di variabile nei limiti.

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

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

Passiamo ora alla soluzione dell’esercizio.

Svolgimento

Manipoliamo l’espressione del limite dato per ricondurci alla forma del limite notevole (4):
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{(x+1)^x} =& \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{x^x}\right)^{\frac{(x+1)^x}{x^x}}\\[5pt] \overset{\star}{=} & \;\lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{x^x}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty}\left( 1 +\dfrac{1}{x}\right)^x}\\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; e^e, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzata (4). Ne segue che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x^x}\right)^{(x+1)^x} = e^e. }$
Manipoliamo l’espressione del limite dato per ricondurci alla forma del limite notevole (4):
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty}\left( \dfrac{x^4+5x^2+5}{(x^2+1)(x^2+2)}\right)^{x^2}=&\; \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^4 \left(1+\dfrac{5}{x^2}+\dfrac{5}{x^4}\right)^{x^2}}{x^4\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)^{x^2} \left(1+\dfrac{2}{x^2}\right)^{x^2}} \\[5pt] =& \; \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{ \left(1+\dfrac{5x^2+5}{x^4}\right)^{x^2}}{\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)^{x^2} \left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{2}}\right)^{x^2}} \\[5pt] =& \; \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{ \left(\left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^4}{5x^2+5}}\right)^{\frac{x^4}{5x^2+5}}\right)^{x^2 \cdot \dfrac{5x^2+5}{x^4}}}{\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)^{x^2} \left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{2}}\right)^{\frac{x^2}{2} \cdot 2}} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \dfrac{\lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^4}{5x^2+5}}\right)^{\frac{x^4}{5x^2+5}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty}x^2 \cdot \dfrac{5x^2+5}{x^4}}}{\lim\limits_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)^{x^2} \lim\limits_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{2}}\right)^{\frac{x^2}{2} \cdot 2}} \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=}&\; = \dfrac{e^5}{e\cdot e^2} =e^2, \end{aligned}$

dove in $\star$ si sono utilizzati il teorema 1 e il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzata (4). In definitiva si ha

$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to +\infty}\left( \dfrac{x^4+5x^2+5}{(x^2+1)(x^2+2)}\right)^{x^2}= e^2. }$
Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x + e^{-x}}{x} =&\; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x +1 -1 + e^{-x}}{x} \\[5pt] \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \sin x + \lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{1-8^x}{x}\right) - \lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{e^{-x}-1}{-x}\right) \\[5pt] \overset{\spadesuit}{=} & \; 1\cdot 0 - \ln 8 - 1 = -(1+\ln 8), \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (1)-(3)-(4). Dunque

$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 x - 8^x + e^{-x}}{x} =-(1+\ln 8). }$
Osserviamo che, in un intorno destro di 0, si ha che $\sqrt{x^2} = x$ , dunque si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{x } =&\; \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{\sqrt{x^2} } \\ =&\; \lim\limits_{x \to 0^+} \sqrt{\dfrac{1-\cos x }{x^2} } \\ \overset{\star}{=}& \; \sqrt{\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1-\cos x }{x^2} } \\ \overset{\spadesuit}{=} &\; \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 e in in $\spadesuit$ si è utilizzato (2). Si conclude che

$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\sqrt{1-\cos x }}{x } =\dfrac{\sqrt{2}}{2}. }$
Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1- \cos x - \sin x}{x} \overset{\star}{=}&\; =\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x} - \lim\limits_{x\to 0 } \dfrac{\sin x}{x}\\ \overset{\spadesuit}{=}&\; = 0 - 1 = -1, \end{aligned}$

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

$\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1- \cos x - \sin x}{x} = -1. }$

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