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Esercizio limiti notevoli – 5

Limiti notevoli in funzioni

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Esercizio limiti notevoli – 5

Il quinto esercizio sui limiti notevoli, estratto dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli, è costituito da 5 limiti affrontabili con l’ausilio dei limiti notevoli del seno, del coseno, del numero di Nepero e del logaritmo, combinati a tecniche di base sulla risoluzione dei limiti.

Segnaliamo inoltre il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 4 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 6 .

 

Esercizio 5  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

    \[\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{x-3}{\ln \left(\frac{x}{3}\right)};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-2}{3x+3}\right)^{2x-1};\\ &3. \quad\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^3}{1-\cos x + \sin \frac{x}{2}};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{5x+3}{5x-1}\right)^{2x+1};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\sin x - 1}{2 \sin(2x)-\sqrt{3}}. \end{aligned}\]

 

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

  1. se \ell \in \mathbb{R}, g è continua in \ell;
  2. 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{\log_a (1+x)}{x}= \log_a e, & \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*}


Svolgimento.

  1. Utilizzando la sostituzione t = x-3 in virtù del teorema 2 si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{x-3}{\ln \left(\dfrac{x}{3}\right)} & = \; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{\ln \left(1+\dfrac{t}{3}\right)} \\ \overset{\star}{=} & \;3 \cdot \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\dfrac{t}{3}}{\ln \left(1+\dfrac{t}{3}\right)} \\ \overset{\spadesuit}{=}&\; 3 \cdot 1 = 3, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzata (3).

    2.  

  2. Manipolando l’espressione del limite dato per ricondurci a (4) si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-2}{3x+3}\right)^{2x-1} = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-2+3-3}{3x+3}\right)^{2x-1} \\ = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{-5}{3x+3}\right)^{2x-1}\\ = & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{-5}{3x+3}\right)^{-\dfrac{3x+3}{5}}\right)^{\frac{5}{3x+3}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{-5}{3x+3}\right)^{-\frac{3x+3}{5}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{5}{3x+3}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\spadesuit}{=} &\; e^{-\frac{10}{3}}, \end{aligned}\]

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

    3.  

  3. Manipolando l’espressione del limite dato si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^3}{1-\cos x + \sin \dfrac{x}{2}} & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^3}{\dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot x^2 + \dfrac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \cdot \dfrac{x}{2}} \\[10pt] & = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x^2}{\dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot x + \frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}} = \\[10pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{\lim\limits_{x \to 0^+} x^2}{\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1-\cos x}{x^2} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} x + \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}} = \\[10pt] &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{0}{\dfrac{1}{2}\cdot 0 + 1 \cdot \dfrac{1}{2}} = 0, \end{aligned}\]

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

    4.  

  4. Manipolando l’espressione del limite dato per ricondurci a (4) si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{5x+3}{5x-1}\right)^{2x-1} = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{5x+3-1+1}{5x-1}\right)^{2x-1} \\ = &\; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{4}{5x-1}\right)^{2x-1}\\ = & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{4}{5x-1}\right)^{\frac{5x-1}{4}}\right)^{\frac{4}{5x-1}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\star}{=} & \; \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{4}{5x-1}\right)^{\frac{5x-1}{4}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{4}{5x-1}\cdot(2x-1)}\\ \overset{\spadesuit}{=} &\; e^{\frac{8}{5}}, \end{aligned}\]

    dove in \star si è utilizzato il teorema 2 e in \spadesuit si è utilizzato (4).

    5.  

  5. Utilizzando la sostituzione t = x - \dfrac{\pi}{6} in virtù del teorema 2 si ha:

        \[\begin{aligned} \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\sin x - 1}{2 \sin 2x - \sqrt{3}} =& \; \dfrac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{6}+t\right) - 1}{2 \sin\left(2\left( \dfrac{\pi}{6}+t\right)\right)-\sqrt{3}} \\ \overset{\ast}{=}&\; \dfrac{2 \left(\dfrac{1}{2} \cos t + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin t \right) - 1}{2 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos (2t) + \dfrac{1}{2} \sin(2t) \right)-\sqrt{3}} \\ = &\; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{ \cos t + \sqrt{3} \sin t - 1}{\sqrt{3} \cos (2t) + \sin(2t) -\sqrt{3}} \\ = &\; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{ \dfrac{\cos t - 1}{t} \cdot t + \sqrt{3} \; \dfrac{\sin t}{t} \cdot t }{\sqrt{3} \; \dfrac{\cos (2t) -1}{2t} \cdot 2t + \dfrac{\sin(2t)}{2t} \cdot 2t } \\ = &\; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{ \dfrac{\cos t - 1}{t}+ \sqrt{3} \; \dfrac{\sin t}{t} }{2\sqrt{3} \; \dfrac{\cos (2t) -1}{2t} + 2\dfrac{\sin(2t)}{2t}} \\ \overset{\star}{=}&\;\dfrac{ \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\cos t - 1}{t} + \sqrt{3} \;\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} }{2\sqrt{3} \; \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\cos (2t) -1}{2t} + 2\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin(2t)}{2t} }\\ \overset{\spadesuit}{=}&\; = \dfrac{0 + \sqrt{3}\cdot 1}{2 \sqrt{3} \cdot 0 + 2 \cdot 1} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \end{aligned}\]

    dove in \ast si è utilizzato il fatto che \sin (\alpha + \beta) = \sin \alpha \cdot \cos \beta + \cos \alpha \cdot \sin \beta, in \star si è utilizzato il teorema 1 e in \spadesuit si è utilizzato (1)-(2).







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