Esercizio svolto limiti notevoli – 6

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Esercizio svolto limiti notevoli – 6

Il sesto esercizio svolto sui limiti notevoli, parte dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli, propone il calcolo di 5 limiti da svolgere mediante l’uso dei limiti notevoli del seno, del coseno, del numero di Nepero e del logaritmo, insieme a tecniche sulla risoluzione dei limiti.

Ulteriore materiale è reperibile nel precedente Esercizio limiti notevoli – 5 e nel successivo Esercizio limiti notevoli – 7 .

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Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

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

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

(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 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{2 \sin^2 \dfrac{x}{2} + \sin \dfrac{x}{2}} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{2 \cdot \dfrac{\sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x^2}{4}} \cdot \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{\sin \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2}} \; \dfrac{x}{2}} \\[5pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{2 \cdot \dfrac{\sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x^2}{4}}\cdot \dfrac{x}{4} + \dfrac{\sin \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}} \\[5pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{\lim\limits_{x \to 0} x^2}{2 \cdot \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x^2}{4}}\cdot \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{x}{4} + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{2}}\\ & \overset{\spadesuit}{=} \dfrac{0}{\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot 0+1 \cdot \frac{1}{2}}=0, \end{aligned}$

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

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{\sin(2x) + \sin x} & =\lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\ln(1+x)}{x} \cdot x}{\dfrac{\sin(2x)}{2x} \cdot 2x + \dfrac{\sin x}{x} \cdot x} \\[5pt] & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\ln(1+x)}{x} }{\dfrac{\sin(2x)}{2x} \cdot 2 + \dfrac{\sin x}{x}} \\[5pt] & \overset{\star}{=} \dfrac{\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x} }{\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin(2x)}{2x} \cdot 2 + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}} \\[5pt] &\overset{\spadesuit}{=} \dfrac{1}{1 \cdot 2+1} = \dfrac{1}{3}, \end{aligned}$

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

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

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

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{2^{3x}-1}{2x} & \overset{\star}{=} \dfrac{3}{2} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{2^{3x}-1}{3x}\\ & \overset{\spadesuit}{=} \dfrac{3}{2} \cdot \ln 2. \end{aligned}$

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

Manipolando l’espressione del limite dato si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos(2x)-\cos x}{\cos x-1} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \dfrac{\cos(2x)-\cos x}{x^2} \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \dfrac{\cos(2x)-1+1-\cos x}{x^2} \right)\\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \left( \dfrac{\cos(2x)-1}{x^2} + \dfrac{1-\cos x}{x^2} \right)\right) \\[10pt] & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \left( \dfrac{\cos(2x)-1}{4x^2} \cdot 4 + \dfrac{1-\cos x}{x^2} \right) \right)\\[10pt] & \overset{\star}{=} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\cos x-1} \cdot \left(\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\cos(2x)-1}{4x^2} \cdot 4 + \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2} \right)\\ & \overset{\spadesuit}{=} -2 \cdot \left(-2 + \dfrac{1}{2}\right)=3. \end{aligned}$

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