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Un limite

Antonio pone la seguente questione: Si calcoli, se esiste, il seguente limite attraverso l'utilizzo di limiti notevoli o tramite il confronto tra infiniti e infinitesimi: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}\]
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Ricevo da Antonio la seguente domanda:   Salve professore, avrei bisogno del suo aiuto per questo esercizio: Si calcoli, se esiste, il seguente limite attraverso l'utilizzo di limiti notevoli o tramite il confronto tra infiniti e infinitesimi: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}\] Spero che mi possa aiutare, grazie.   Gli rispondo così:   Caro Antonio, la funzione è definita in un intorno completo di \(x=0\), quindi, vista la presenza del fattore \({{2}^{-\frac{1}{x}}}\), consideriamo separatamente i limiti per \(x\to {{0}^{+}}\) e per \(x\to {{0}^{-}}\). Poiché: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)\sin x}{{{x}^{2}}\sin x}-\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}-1}{\left( \frac{{{x}^{2}}}{2} \right)}=\]\[=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)}{x\sin x}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}-\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}-1}{\left( \frac{{{x}^{2}}}{2} \right)}=1-\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{2}\]e anche: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x-\sqrt{1-x}+1}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}+\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\]possiamo riconoscere la seguente equivalenza asintotica: \[{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}\sim {{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\frac{1}{2}{{x}^{2}}}{\frac{3}{2}x}=\frac{x\cdot {{2}^{-\frac{1}{x}}}}{3}\]per cui: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\cdot {{2}^{-\frac{1}{x}}}}{3}\to {{0}^{+}}\cdot {{2}^{-\infty }}=0\] \[\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{2}^{-\frac{1}{x}}}\frac{\ln \left( 1+x\sin x \right)-{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{2}}}+1}{\sin x-\sqrt{1-x}+1}=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\cdot {{2}^{-\frac{1}{x}}}}{3}=-\frac{1}{3}\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{2}^{t}}}{t}=-\infty \]avendo utilizzando, nell’ultimo limite, la sostituzione \(t=-\frac{1}{x}\) e la prevalenza dell’infinito esponenziale rispetto all’infinito polinomiale. La non coincidenza dei limiti unilaterali porta quindi a concludere che il limite in questione non esiste.   Massimo Bergamini
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