Benvenuti nel cuore dell’analisi matematica, dove esploreremo uno strumento potente e intuitivo per la valutazione dei limiti: il Teorema del Confronto, noto anche come Teorema dei due carabinieri o Teorema dello schiacciamento (Squeeze Theorem in inglese). Questo teorema offre un modo elegante per determinare il limite di una funzione “intrappolandola” tra altre due funzioni di cui conosciamo già il limite.

Immaginate di avere una funzione il cui limite è difficile da calcolare direttamente. Il Teorema del Confronto ci dice che se riusciamo a trovare due altre funzioni, una che è sempre maggiore o uguale alla nostra funzione e un’altra che è sempre minore o uguale, e se queste due “funzioni di confine” convergono allo stesso limite in un determinato punto, allora anche la nostra funzione “intrappolata” deve necessariamente convergere a quel medesimo limite.

In termini più formali, il Teorema del Confronto afferma che se per tutte le x in un certo intervallo contenente un punto c (escluso possibilmente il punto c stesso) valgono le disuguaglianze:

[math]f(x) \le g(x) \le h(x)[/math]

e se i limiti delle funzioni “esterne” f(x) e h(x) per x che tende a c sono uguali a un certo valore L:

[math]\lim_{x \to c} f(x) = L \quad \text{e} \quad \lim_{x \to c} h(x) = L[/math]

allora anche il limite della funzione “intermedia” g(x) per x che tende a c deve essere uguale a L:

[math]\lim_{x \to c} g(x) = L[/math]

In questo articolo, esploreremo questo teorema attraverso una serie di esercizi risolti, di difficoltà crescente, che vi guideranno dalla comprensione dei concetti fondamentali alle applicazioni più sofisticate. Preparatevi a scoprire come il Teorema del Confronto può semplificare la valutazione di limiti apparentemente complessi, sfruttando la potenza delle disuguaglianze e la convergenza di funzioni più semplici.

Iniziamo il nostro viaggio nel mondo dei limiti con il Teorema del Confronto!

Esercizio 1 (Facile)

Verificare che:

[math]\lim_{x \to 0} x^2 \cos\left(\frac{1}{x}\right) = 0[/math]

Soluzione:

Osserviamo che [math]\cos\left(\frac{1}{x}\right)[/math] è una funzione limitata: [math]-1 \le \cos\left(\frac{1}{x}\right) \le 1[/math] per ogni [math]x \neq 0[/math].

Moltiplichiamo per [math]x^2[/math] (positivo):

[math]-x^2 \le x^2 \cos\left(\frac{1}{x}\right) \le x^2[/math]

Poiché [math]\lim_{x \to 0} (-x^2) = 0[/math] e [math]\lim_{x \to 0} x^2 = 0[/math], per il Teorema del Confronto:

[math]\lim_{x \to 0} x^2 \cos\left(\frac{1}{x}\right) = 0[/math]

👉 Il teorema dei due carabinieri ( o del confronto) 11 esempi da studiare bene

Esercizio 2 (Facile-Medio)

Calcolare:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x}[/math]

Soluzione:

La funzione [math]\sin x[/math] è limitata: [math]-1 \le \sin x \le 1[/math].

Dividiamo per [math]x > 0[/math]:

[math]-\frac{1}{x} \le \frac{\sin x}{x} \le \frac{1}{x}[/math]

Poiché [math]\lim_{x \to +\infty} \left(-\frac{1}{x}\right) = 0[/math] e [math]\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0[/math], per il Teorema del Confronto:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x} = 0[/math]

Esercizio 3 (Medio)

Determinare:

[math]\lim_{x \to 0} x \cdot \left(1 + \sin\left(\frac{1}{x}\right)\right)[/math]

Soluzione:

La funzione [math]\sin\left(\frac{1}{x}\right)[/math] è limitata: [math]-1 \le \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 1[/math].

Quindi [math]1 + \sin\left(\frac{1}{x}\right)[/math] è compresa tra 0 e 2:

[math]0 \le 1 + \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 2[/math]

Moltiplichiamo per [math]x[/math] (considerando [math]x \to 0^+[/math] e [math]x \to 0^-[/math] separatamente):

Se [math]x > 0[/math]:

[math]0 \le x \cdot \left(1 + \sin\left(\frac{1}{x}\right)\right) \le 2x[/math]

e per [math]x \to 0^+[/math], [math]2x \to 0[/math].

Se [math]x < 0[/math]:

[math]2x \le x \cdot \left(1 + \sin\left(\frac{1}{x}\right)\right) \le 0[/math]

e per [math]x \to 0^-[/math], [math]2x \to 0[/math].

In entrambi i casi, per il Teorema del Confronto:

[math]\lim_{x \to 0} x \cdot \left(1 + \sin\left(\frac{1}{x}\right)\right) = 0[/math]

👉Studio del Limite di un Prodotto con Fattori Oscillanti e Applicazione del Teorema del Confronto

Esercizio 4 (Medio-Difficile)

Calcolare:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sin x}{2x + \cos x}[/math]

Soluzione:

Notiamo che [math]\sin x[/math] e [math]\cos x[/math] sono limitati, quindi per [math]x \to +\infty[/math] dominano i termini [math]x[/math] e [math]2x[/math].

Stimiamo il numeratore e il denominatore:

[math]x – 1 \le x + \sin x \le x + 1[/math]

[math]2x – 1 \le 2x + \cos x \le 2x + 1[/math]

Quindi:

[math]\frac{x – 1}{2x + 1} \le \frac{x + \sin x}{2x + \cos x} \le \frac{x + 1}{2x – 1}[/math]

Calcoliamo i limiti dei “bound”:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{x – 1}{2x + 1} = \frac{1}{2}, \quad \lim_{x \to +\infty} \frac{x + 1}{2x – 1} = \frac{1}{2}[/math]

Per il Teorema del Confronto:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sin x}{2x + \cos x} = \frac{1}{2}[/math]

Esercizio 5 (Difficile)

Trovare:

[math]\lim_{x \to 0} \left(x^2 e^{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}\right)[/math]

Soluzione:

Poiché [math]-1 \le \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 1[/math], allora:

[math]e^{-1} \le e^{\sin\left(\frac{1}{x}\right)} \le e^1[/math]

Moltiplichiamo per [math]x^2 > 0[/math]:

[math]x^2 e^{-1} \le x^2 e^{\sin\left(\frac{1}{x}\right)} \le x^2 e^1[/math]

Poiché [math]\lim_{x \to 0} x^2 e^{-1} = 0[/math] e [math]\lim_{x \to 0} x^2 e^1 = 0[/math], per il Teorema del Confronto:

[math]\lim_{x \to 0} x^2 e^{\sin\left(\frac{1}{x}\right)} = 0[/math]

Esercizio 6 (Difficile)

Calcolare:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sin x}{x + \arctan x}[/math]

Soluzione:

Osserviamo che:

[math]x – 1 \le x + \sin x \le x + 1[/math] (perché [math]-1 \le \sin x \le 1[/math]),

[math]x \le x + \arctan x \le x + \frac{\pi}{2}[/math] (perché [math]\arctan x < \frac{\pi}{2}[/math]).

Quindi:

[math]\frac{x – 1}{x + \frac{\pi}{2}} \le \frac{x + \sin x}{x + \arctan x} \le \frac{x + 1}{x}[/math]

Calcoliamo i limiti dei bound:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{x – 1}{x + \frac{\pi}{2}} = 1, \quad \lim_{x \to +\infty} \frac{x + 1}{x} = 1[/math]

Per il Teorema del Confronto:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sin x}{x + \arctan x} = 1[/math]

Esercizio 7 (Molto Difficile)

Determinare se esiste:

[math]\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{\sin x + 1} – \sqrt{\sin x}\right)[/math]

Soluzione:

Passo 1: Razionalizzazione

Moltiplichiamo e dividiamo per il coniugato:

[math]\sqrt{\sin x + 1} – \sqrt{\sin x} = \frac{(\sin x + 1) – \sin x}{\sqrt{\sin x + 1} + \sqrt{\sin x}} = \frac{1}{\sqrt{\sin x + 1} + \sqrt{\sin x}}[/math]

Passo 2: Analisi del Denominatore

Sappiamo che [math]-1 \le \sin x \le 1[/math], quindi:

• Il valore massimo di [math]\sqrt{\sin x + 1}[/math] è [math]\sqrt{2}[/math] (quando [math]\sin x = 1[/math]), e quindi [math]\sqrt{\sin x + 1} \le \sqrt{2}[/math].
• Il valore minimo di [math]\sqrt{\sin x + 1}[/math] è 0 (quando [math]\sin x = -1[/math]), ma in questo caso [math]\sqrt{\sin x + 1} = 0[/math], rendendo il denominatore problematico.
• Tuttavia, per la maggior parte dei valori di [math]x[/math], [math]\sin x[/math] sarà compreso tra 0 e 1, quindi: [math]\sqrt{\sin x + 1} + \sqrt{\sin x} \in [1, \sqrt{2} + 1][/math].

Passo 3: Stima del Limite

Dalla forma razionalizzata:

[math]\frac{1}{\sqrt{\sin x + 1} + \sqrt{\sin x}}[/math]

sappiamo che il denominatore è limitato tra 1 e [math]\sqrt{2} + 1[/math]. Questo significa che la frazione è sempre positiva e compresa tra:

[math]\frac{1}{\sqrt{2} + 1} \le \frac{1}{\sqrt{\sin x + 1} + \sqrt{\sin x}} \le 1[/math]

Poiché [math]\sin x[/math] oscilla tra -1 e 1, il denominatore non converge a un valore fisso, ma continua a variare. Questo implica che il limite non esiste, perché l’espressione oscilla tra due valori senza stabilizzarsi.

Conclusione

[math]\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{\sin x + 1} – \sqrt{\sin x}\right)[/math] non esiste a causa dell’oscillazione della funzione seno nel denominatore.

 

Esercizi Difficili sul Teorema del Confronto

Esercizio 8 (Difficile)

Calcolare:

[math]\lim_{x \to 0^+} x \cdot \left(\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor\right)[/math]

Dove [math]\lfloor \cdot \rfloor[/math] è la funzione parte intera.

Soluzione:

Stimiamo [math]\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor[/math] e [math]\left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor[/math]:

Per definizione, [math]\lfloor y \rfloor \le y < \lfloor y \rfloor + 1[/math].

Quindi:

[math]\frac{1}{x} – 1 < \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \le \frac{1}{x}[/math]

[math]\frac{2}{x} – 1 < \left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor \le \frac{2}{x}[/math]

Sommiamo le due disuguaglianze:

[math]\frac{3}{x} – 2 < \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor \le \frac{3}{x}[/math]

Moltiplichiamo per [math]x > 0[/math]:

[math]3 – 2x < x \cdot \left(\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor\right) \le 3[/math]

Passiamo al limite per [math]x \to 0^+[/math]:

[math]\lim_{x \to 0^+} (3 – 2x) = 3[/math] e [math]\lim_{x \to 0^+} 3 = 3[/math]

Per il Teorema del Confronto:

[math]\lim_{x \to 0^+} x \cdot \left(\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor\right) = 3[/math]

Esercizio 9 (Difficile)

Determinare:

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1 + e^x \sin x)}{x}[/math]

Soluzione:

Passo 1: Stima dell’Argomento del Logaritmo

Sappiamo che [math]\sin x[/math] oscilla tra -1 e 1, quindi:

[math]-e^x \le e^x \sin x \le e^x[/math].

Aggiungendo 1 a tutti i membri:

[math]1 – e^x \le 1 + e^x \sin x \le 1 + e^x[/math].

Poiché per [math]x \gg 0[/math], [math]e^x[/math] cresce esponenzialmente, abbiamo che [math]1 – e^x[/math] è negativo. Dunque, possiamo considerare solo:

[math]0 < 1 + e^x \sin x \le 1 + e^x[/math].

Passo 2: Stima Superiore

Poiché [math]1 + e^x \sin x \le 1 + e^x[/math], allora:

[math]\ln(1 + e^x \sin x) \le \ln(1 + e^x)[/math].

Per [math]x[/math] grande, poiché [math]e^x \gg 1[/math], possiamo approssimare:

[math]\ln(1 + e^x) \approx \ln e^x = x[/math].

Quindi,

[math]\frac{\ln(1 + e^x \sin x)}{x} \le \frac{x}{x} = 1[/math].

Passo 3: Stima Inferiore

Se consideriamo i valori di [math]x[/math] tali che [math]\sin x \ge 0[/math] (ad esempio, [math]x_n = 2n\pi[/math]), allora:

[math]1 + e^x \sin x \ge 1[/math].

Da cui segue:

[math]\ln(1 + e^x \sin x) \ge \ln 1 = 0[/math].

Pertanto:

[math]\frac{\ln(1 + e^x \sin x)}{x} \ge \frac{0}{x} = 0[/math].

Passo 4: Oscillazione e Mancanza di Convergenza

Abbiamo trovato che:

[math]0 \le \frac{\ln(1 + e^x \sin x)}{x} \le 1[/math].

Tuttavia, il valore effettivo dell’espressione dipende da [math]\sin x[/math]:

• Se [math]\sin x[/math] è molto vicino a 1, allora [math]\ln(1 + e^x \sin x) \approx x[/math], quindi il rapporto è vicino a 1.
• Se [math]\sin x[/math] è molto vicino a 0, allora [math]\ln(1 + e^x \sin x) \approx \ln 1 = 0[/math], e il rapporto è vicino a 0.

Poiché [math]\sin x[/math] oscilla indefinitamente tra -1 e 1, l’espressione non si stabilizza su un unico valore, ma oscilla tra 0 e 1. Questo implica che il limite non esiste.

Conclusione

[math]\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1 + e^x \sin x)}{x}[/math] non esiste perché la funzione oscilla senza convergere a un valore unico.

 

 

Esercizio 10 (Molto Difficile)

Calcolare:

[math]\lim_{x \to 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2}[/math]

Soluzione:

 

Passo 1: Sviluppo di Taylor di sin x

Sappiamo che:

[math]\sin x = x – \frac{x^3}{6} + o(x^5)[/math].

Dividendo per x:

[math]\frac{\sin x}{x} = 1 – \frac{x^2}{6} + o(x^4)[/math].

Passo 2: Logaritmo e Limite

Consideriamo il logaritmo:

[math]\ln\left(\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2}\right) = \frac{1}{x^2} \ln\left(1 – \frac{x^2}{6} + o(x^4)\right)[/math].

Utilizzando l’approssimazione [math]\ln(1 + t) \approx t[/math] per [math]t \to 0[/math], otteniamo:

[math]\ln\left(1 – \frac{x^2}{6} + o(x^4)\right) \approx -\frac{x^2}{6} + o(x^4)[/math].

Moltiplicando per [math]1/x^2[/math]:

[math]\frac{1}{x^2} \left(-\frac{x^2}{6} + o(x^4)\right) = -\frac{1}{6} + o(x^2)[/math].

Passo 3: Esponenziazione

Esponenziamo per ottenere il limite:

[math]\lim_{x \to 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2} = e^{-1/6}[/math].

Passo 4: Conferma con il Teorema del Confronto

Dagli sviluppi asintotici, abbiamo la stima:

[math]1 – \frac{x^2}{6} \le \frac{\sin x}{x} \le 1 – \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120}[/math].

Applicando la trasformazione [math]\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2}[/math], entrambe le funzioni convergono a [math]e^{-1/6}[/math], dimostrando che il limite esiste ed è esattamente [math]e^{-1/6}[/math].

Conclusione

Il risultato :

[math]\lim_{x \to 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2} = e^{-1/6}[/math].

Il limite è quindi “schiacciato” tra due funzioni che tendono a [math]e^{-1/6}[/math].

Esercizio 11 (Molto Difficile)

Trovare:

[math]\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + x \sin x} – x\right)[/math]

Soluzione:

 

Passo 1: Razionalizzazione

L’espressione da valutare è:

[math]\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + x \sin x} – x\right)[/math].

Per semplificarla, moltiplichiamo e dividiamo per il coniugato:

[math]\sqrt{x^2 + x \sin x} – x = \frac{(x^2 + x \sin x) – x^2}{\sqrt{x^2 + x \sin x} + x}[/math].

Semplificando il numeratore:

[math]x^2 + x \sin x – x^2 = x \sin x[/math].

Otteniamo quindi:

[math]\frac{x \sin x}{\sqrt{x^2 + x \sin x} + x}[/math].

Passo 2: Sviluppo Asintotico

Per [math]x \to +\infty[/math], possiamo approssimare lo sviluppo binomiale della radice quadrata:

[math]\sqrt{x^2 + x \sin x} = x \sqrt{1 + \frac{\sin x}{x}}[/math].

Usando l’approssimazione [math]\sqrt{1 + t} \approx 1 + \frac{t}{2}[/math] per [math]t \to 0[/math]:

[math]\sqrt{x^2 + x \sin x} \approx x \left(1 + \frac{\sin x}{2x}\right) = x + \frac{\sin x}{2}[/math].

Quindi, il denominatore diventa:

[math]\sqrt{x^2 + x \sin x} + x \approx \left(x + \frac{\sin x}{2}\right) + x = 2x + \frac{\sin x}{2}[/math].

Per [math]x \to +\infty[/math], possiamo trascurare il termine [math]\frac{\sin x}{2}[/math], ottenendo:

[math]\sqrt{x^2 + x \sin x} + x \approx 2x[/math].

Passo 3: Calcolo del Limite

Ora possiamo semplificare:

[math]\frac{x \sin x}{2x} = \frac{\sin x}{2}[/math].

Poiché [math]\sin x[/math] oscilla tra -1 e 1, allora:

[math]-\frac{1}{2} \le \frac{\sin x}{2} \le \frac{1}{2}[/math].

Quindi, la funzione non tende a un valore unico ma continua a oscillare nell’intervallo [-1/2, 1/2], e il limite non esiste.

Conclusione

Il limite non esiste perché la funzione oscilla tra -1/2 e 1/2 senza convergere a un valore specifico.

 

 

(560)

PubblicitàPubblicità