25 Il calcolo dei limiti - Il teorema del confronto ..>

8. Il teorema dei due carabinieri

Consideriamo due funzioni ( )f x , ( )g x per le quali risulti, in un punto di accumulazione per i loro domini x₀:

0 0

lim ( ) lim ( )

x x f x xx g x  

Se abbiamo una terza funzione ( )h x per la quale risulti, in un intorno del punto x₀, che:

( ) ( ) ( ) f x h x g x allora è anche: 0 lim ( ) x x h x  

Il significato intuitivo del teorema è chiaro: ( )f x e ( )g x sono i due

carabinieri, ( )h x è l’arrestato ed il limite  la prigione verso cui lo stanno conducendo. Dovendo l’arrestato rimanere sempre compreso fra i due carabinieri (cioè ( )f x h x( )g x( )) per forza di cose sarà costretto anch’egli a tendere al valore  del limite.

Dimostrazione.

Dalla definizione di limite finito in un punto risulta che:

, 0 , 0 _f | se 0 x x _f f x( )              , 0 , 0 _g | se 0 x x _g g x( )             

dove abbiamo esplicitato che il _ relativo alla funzione ( )f x è differente dal _ relativo alla funzione ( )g x ,

aggiungendo un pedice a ciascuno. Le disuguaglianze f x( )   e g x( )   sono quindi soddisfatte in due intorni differenti di x₀, uno avente raggio _,f e l’altro raggio _,g. Se tuttavia prendiamo il più piccolo di essi, cioè l’intorno avente raggio min





( ) f x         ( ) g x        

Sfruttando l’ipotesi ( )f x h x( )g x( )risulta allora:

( ) ( ) ( ) ( )

f x h x g x h x

   

          

   

e quindi abbiamo verificato che 0 lim ( ) x x h x  . ( ) f x ( ) h x ( ) g x 0 x 

Esempio 1 2 ( ) 3 f x  x g x( )5x3 x ₀ 0 2 3 0 0 0 ( ) 0 3 3 3

lim lim lim

( ) 0 ₅ 5 ₀

x x x

f x x

g x _x x 

        

9. I limiti notevoli trigonometrici

Si dimostra che se con x indichiamo la misura in radianti dell’angolo:

0 sin lim 1 x x x  

Il limite si presenta evidentemente indeterminato:

0 sin sin 0 0 lim 0 0 x x x   

ma l’indeterminazione si risolve tramite una applicazione del teorema del confronto. Osserviamo innanzitutto che la funzione h x( ) sinx

x

 è pari:

sin( ) sin sin

( ) x x x ( ) h x h x x x x         

il che ci consente di limitare la dimostrazione al solo caso x 0. Prendiamo in esame il primo quadrante della circonferenza goniometrica. Sappiamo che una corda è sempre più corta dell’arco che la sottende, e che il seno di un angolo e la parte di circonferenza individuata dall’angolo sono rispettivamente metà della corda e metà dell’arco che la sottende. Se con x indichiamo la misura in radianti dell’angolo, vale la disuguaglianza:

sinx x tanx

Essendo nel primo quadrante sinx 0 possiamo dividere per sin x la disuguaglianza senza che il verso ne risulti alterato:

sin x sin x 1 sin sin x x x    sin x cos x 1 1 sin cos x x x   sin x tan x x

Passiamo ai reciproci delle quantità coinvolte. Il verso della disuguaglianza si ribalta, proprio come accade nel seguente esempio numerico:

1 1 1 2 3 5 2 3 5      Si ottiene quindi: sin cosx x 1 x  

Possiamo applicare ora il teorema del confronto con ( )f x cosx , h x( ) sinx

x

 e ( )g x  . Dato che risulta: 1

0 lim cos 1 x x    e 0 lim 1 1 x  si conclude che: 0 sin lim 1 x x x   

Dalla parità della funzione sin x

x segue poi che è anche 0 sin lim 1 x x x    . Corollario:

E possibile anche dimostrare che se:

0 ( ) lim ( ) 0 x x x f x    allora: 0 ( ) sin ( ) lim 1 ( ) x x x f x f x    e 0 ( ) ( ) lim 1 sin ( ) x x x f x f x    Esempio 1 Calcolare: 0 sin 2 lim x x x 

Il limite si presenta indeterminato:

0 sin 2 sin 0 0 lim 0 0 x x x   

Possiamo facilmente ricondurlo al caso 0 sin ( ) lim ( ) x f x f x

 con ( )f x 2x moltiplicando e dividendo per 2 :

0 0 0

sin 2 sin 2 sin 2

lim lim 2 2 lim 2 1 2

2 2

x x x

x x x

x x x

Esempio 2 Calcolare: 0 sin 5 lim sin 3 x x x 

Il limite si presenta indeterminato:

0 sin 5 sin 0 0 lim sin 3 sin 0 0 x x x   

Moltiplichiamo e dividiamo per 5 3

x x :

0 0 0

sin 5 5 sin 5 3 5 sin 5 3 5 5

lim lim lim 1 1

sin 3 3 5 sin 3 3 5 sin 3 3 3

x x x x x x x x x x x x x x x             Esempio 3 Calcolare: 0 tan lim x x x 

Il limite si presenta indeterminato:

0 tan tan 0 0 lim 0 0 x x x    Risolviamo: 0 0 tan 1 sin 1 lim lim 1 1 cos 1 x x x x x x x        Esempio 4 Calcolare: 0 tan 2 lim sin 4 x x x 

Il limite si presenta indeterminato:

0 tan 2 tan 0 0 lim sin 4 sin 0 0 x x x   

Risolviamo moltiplicando e dividendo per 2 4 x x : 0 0 tan 2 2 tan 2 4 2 1 lim lim 1 1 sin 4 4 2 sin 4 4 2 x x x x x x x x x x         

Calcolare: 0 sin 2 lim sin 3 x x x x x    Il limite si presenta indeterminato:

0 sin 2 0 sin 0 0 lim sin 3 0 sin 0 0 x x x x x       

Risolviamo riconducendo al limite notevole del seno raccogliendo opportunamente:

0 0 2 sin 2 lim lim sin 3 x x x x x x x      1 sin 2 2 2 3 x x x  _  _{ }  _  _   0 1 sin 2 1 1 2 _{2 2} 2 ₂ 2 1 3 1 lim 3 1 sin 3 3 1 3 2 4 4 1 sin 3 ₁ 3 3 3 3 3 x x x x x x x    _{   }    _  _      _{ }_{ }   _ _{   }  _{   }  _     Esempio 6 Calcolare: sin 0 lim x x x x e  

Il limite si presenta indeterminato:

0 0 sin 0 sin 0 0 0 lim x x x x e e e     

Risolviamo riconducendo al limite notevole del seno raccogliendo opportunamente:

sin 0 0 lim lim x x x x x e x e     x 1 sin 1 1 1 1 0 x x _e  _e  _e  _          _  _{ } _{ }

Dove si è fatto uso del fatto che, essendo sin x  x , allora 0 sin lim 1 x x x  

  visto che si tratta di una frazione di segno positivo in cui il numeratore è sempre più piccolo del denominatore.

Esempio 7 Calcolare: 2 0 sin 2 lim tan x x x x 

Il limite si presenta indeterminato:

2 2 0 sin 2 sin 0 0 lim tan 0 tan 0 0 x x x x   _ 

2 2 2 2 2 2 0 0 0 (2 )

sin 2 sin 2 sin 2

lim lim lim 4 1 4 1 4

tan _{(2 )} tan 2 tan

x x x x x x x x x x x x _x x x x x     _  _     _{ }         La forma indeterminata 0  

Anche l’espressione 0   risulta essere indeterminata, infatti se riscritta opportunamente si riconduce al rapporto fra infiniti:

0 lim ( ) 0 x x f x  e x xlim ( ) ₀g x   risulta: 0 lim ( ) ( ) 0 x x f x g x    tuttavia: 1 ( ) 0 ( ) f x f x     da cui: 0 0 ( ) lim ( ) ( ) lim 1 ( ) x x x x g x f x g x f x        Esempio 8 Calcolare: 1 lim sin xx x

Il limite si presenta indeterminato: 1

lim sin sin 0 0

x x x          Riscriviamo: 1 sin 1

lim sin lim

1 x x x x x x   

Che può essere ricondotto al caso lim sin ( ) 1 ( ) x f x f x   dove 1 ( ) f x x

 soddisfa la condizione lim ( ) 0

xf x  .

Il cambio di variabile

E’ possibile a volte semplificare il calcolo di un limite attraverso l’introduzione di una variabile ausiliaria. Vediamo un esempio. 2 cos lim 2 x x x  _  _{ } _      Il limite è indeterminato:

2 cos cos ₂ 0 lim 0 2 2 2 x x x          _  _  _{ }  _{ }  _  _           se poniamo 2 y  x , e quindi 2 x y risulta che: 0 2 x   y . Sostituiamo: 0 0 2 cos 2 cos sin

lim lim lim 1

2 y y x x y x y y y x        _  _{ }  _       _ _   _{ }   _{  }  _{ }  _  _   Teorema

Si dimostra che se con x indichiamo la misura in radianti dell’angolo:

2 0 1 cos 1 lim 2 x x x    e 0 1 cos lim 0 x x x   

I due limiti si presentano entrambi indeterminati:

2 0 1 cos 1 cos 0 0 lim 0 0 x x x      0 1 cos 1 cos 0 0 lim 0 0 x x x     

Risolviamo l’indeterminazione nel primo moltiplicando e dividendo per 1cos x:

2 2

2 2 2 2

0 0 0 0

1 cos 1 cos 1 cos 1 cos 1 sin 1 1 1

lim lim lim lim 1

1 cos 1 cos 1 cos 2 2

x x x x x x x x x x x x x x x x      _  _  _  _{     }    Risolviamo il secondo: 2 2 0 0 0 0

1 cos 1 cos 1 cos 1 cos 1 sin 1

lim lim lim lim

1 cos 1 cos 1 cos

x x x x x x x x x x x x x x x x      _  _  _  _{   }    2 2 0 sin 1 1 lim 0 1 0 1 cos 2 x x x x x          Corollario:

E possibile anche dimostrare che se:

0 ( ) lim ( ) 0 x x x f x    allora: 0 2 ( ) 1 cos ( ) 1 lim 2 ( ) x x x f x f x    _ e 0 ( ) 1 cos ( ) lim 0 ( ) x x x f x f x    _

Esempio 9 Calcolare: 0 1 cos 4 lim 3 x x x  

Il limite si presenta indeterminato:

0 1 cos 4 1 cos 0 0 lim 3 0 0 x x x      Riscriviamo: 0 0 1 cos 4 4 1 cos 4 4 lim lim 0 0 3 3 4 3 x x x x x x          Esempio 10 Calcolare: 0 1 cos sin lim x x x x   

Il limite si presenta indeterminato:

0

1 cos sin 1 cos 0 sin 0 1 1 0 0

lim 0 0 0 x x x x    _   _    Riscriviamo: 0 0

1 cos sin 1 cos sin

lim lim 0 1 1 x x x x x x x x x       _{ }  _{    }     Esempio 11 Calcolare: 0 1 cos lim x x x   

Il limite si presenta indeterminato:

0 1 cos 1 cos 0 1 1 0 lim 0 0 0 x x x        

Riscriviamo considerando che x 0 quando tende a 0:

2 0 0 1 cos 1 cos 1 lim lim 2 x x x x x x        

Calcolare: 2 0 1 cos 0 lim 0 x x x     Sapendo che 0 2 1 cos ( ) 1 lim 2 ( ) x x f x f x  

 ,con f x( ) x che soddisfa condizione di tendere a zero:

2 0 0 1 cos 1 1 cos 1 1 lim lim 2 0 x x x x x x x              Esempio 13 Calcolare: 2 2 0 1 cos lim 1 3 cos x x x x x     

Il limite si presenta indeterminato: 2 2 0 1 cos 1 cos 0 0 1 1 0 lim 1 0 cos 0 1 1 0 1 3 cos x x x x x    _   _  _      Risolviamo: 2 2 2 0 0 1 cos lim lim 1 3 cos x x x x x x x        2 2 1 cos 1 x x x  _ _  _{ }  _     2 1 ₁ 3 2 3 2 1 2 7 7 1 cos ₃ 3 2 x x       _ _{ }  _{ }  _  _  