LIMITI NOTEVOLI

Un limite che non si risolve con l'algebra

Consideriamo il limite:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} \]

Il limite si presenta nella forma indeterminata \(\left[\dfrac00\right]\), e questa volta non ci sono metodi algebrici (scomposizioni, razionalizzazioni, raccoglimenti) che permettano di eliminarla: \(\sin x\) non è un polinomio, non si fattorizza con le tecniche viste finora. La dimostrazione classica è di tipo geometrico, ed è basata sul confronto fra un arco e una corda nel cerchio goniometrico. Noi presentiamo qui un metodo grafico e intuitivo.

Due funzioni a confronto

Consideriamo, nello stesso piano cartesiano, le due funzioni \(y=\sin x\) e \(y=x\), in un intervallo che contiene l'origine, per esempio \(\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\) (ricordiamo che l'angolo \(x\) va sempre inteso in radianti).

Le due funzioni sono entrambe dispari (i loro grafici sono simmetrici rispetto all'origine degli assi): per confrontare i valori che assumono vicino a zero basta dunque considerare i valori positivi di \(x\).

Possiamo osservare che, per valori di \(x\) sempre più piccoli, \(\sin x\) e \(x\) assumono valori sempre più vicini fra loro, e il loro rapporto si avvicina sempre di più a \(1\). Siamo dunque portati a concludere che:

(In realtà esiste una dimostrazione classica e rigorosa, che utilizza il cerchio goniometrico e il teorema del confronto visto nella Sezione 10 dell'unità sul concetto di limite, e che stabilisce in modo formale la validità di questo limite.)

Funzioni "asintotiche"

Il fatto che, per \(x\) che tende a \(0\), \(\sin x\) e \(x\) "si comportino allo stesso modo" si esprime con un simbolo che ricorda il "circa" usato in matematica e in fisica: la tilde, \(\sim\). Scriviamo:

\[ \sin x\sim x \qquad (x\to0) \]

e leggiamo "\(\sin x\) è asintotico a \(x\), per \(x\) che tende a \(0\)". In termini più rigorosi:

Questa definizione sarà molto utile nel calcolo dei limiti. In realtà, nella Sezione 11 dell'unità sul concetto di limite, abbiamo già implicitamente usato questa idea: quando abbiamo detto che, per \(x\) che tende all'infinito, una funzione razionale si comporta come il suo termine di grado massimo, stavamo proprio affermando che la funzione è asintotica a quel termine.

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x+x}{x}\). Poiché \(\sin x\sim x\) per \(x\to0\), il limite equivale a quello che si ottiene sostituendo \(\sin x\) con \(x\):

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin x+x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{x+x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{2x}{x}=2 \]

Un metodo per calcolare altri limiti

Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(2x)}{x}\). Usiamo il metodo classico: moltiplichiamo e dividiamo per \(2\), scrivendo

\[ \frac{\sin(2x)}{x}=2\cdot\frac{\sin(2x)}{2x} \]

Poniamo \(t=2x\): quando \(x\to0\), anche \(t\to0\), quindi:

\[ \lim_{x\to0}2\cdot\frac{\sin(2x)}{2x}=2\cdot\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=2\cdot1=2 \]

Questo esercizio si generalizza: se, per \(x\to c\) (con \(c\) finito oppure infinito), risulta \(f(x)\to0\), allora, ponendo \(t=f(x)\) (con \(t\to0\)):

\[ \lim_{x\to c}\frac{\sin\bigl(f(x)\bigr)}{f(x)}=\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1 \]

Possiamo quindi dire che, se \(f(x)\to0\) per \(x\to c\):

Nel nostro caso, con \(f(x)=2x\):

\[ \frac{\sin(2x)}{x}\sim\frac{2x}{x}=2 \]

Altri esempi.

\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(2x)}{3x}=\lim_{x\to0}\frac{2x}{3x}=\frac23\), perché \(\sin(2x)\sim2x\).

\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1\): infatti \(\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}\), quindi \(\dfrac{\tan x}{x}=\dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{1}{\cos x}\to1\cdot1=1\). Possiamo quindi scrivere anche \(\tan x\sim x\), per \(x\to0\).

Il limite notevole del coseno

Dal limite notevole del seno si deduce un altro limite notevole, quello di \(\dfrac{1-\cos x}{x^2}\). Razionalizziamo, moltiplicando e dividendo per \(1+\cos x\):

\[ \begin{aligned} \frac{1-\cos x}{x^2}&=\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{x^2(1+\cos x)}\\ &=\frac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)}=\frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}\\ &=\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\!2}\cdot\frac{1}{1+\cos x} \end{aligned} \]

Per \(x\to0\), il primo fattore tende a \(1^2=1\) e il secondo a \(\dfrac{1}{1+1}=\dfrac12\), quindi:

da cui, come prima, possiamo scrivere \(1-\cos x\sim\dfrac12x^2\), per \(x\to0\).

Altri esempi di applicazione.

\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x}\): qui il denominatore è \(x\), non \(x^2\). Usando \(1-\cos x\sim\dfrac12x^2\):

\[ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac12x^2}{x}=\lim_{x\to0}\frac{x}{2}=0 \]

\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x^2}\): basta riconoscere il quadrato del limite notevole del seno:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x^2}=\left(\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\right)^{\!2}=1^2=1 \]

\(\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\sin(x-1)}{x-1}\): lo calcoliamo in due modi.

Con la sostituzione. Poniamo \(t=x-1\): quando \(x\to1\), \(t\to0\), quindi:

\[ \lim_{x\to1}\frac{\sin(x-1)}{x-1}=\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1 \]

Con l'asintotico. Per \(x\to1\) risulta \(x-1\to0\), quindi, per la generalizzazione vista sopra, \(\sin(x-1)\sim x-1\):

\[ \lim_{x\to1}\frac{\sin(x-1)}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{x-1}{x-1}=1 \]

\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}{x}\): poniamo \(t=\arcsin x\) (con \(t\to0\) per \(x\to0\)), da cui \(x=\sin t\):

\[ \lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}{x}=\lim_{t\to0}\frac{t}{\sin t}=\frac{1}{\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}}=\frac11=1 \]

Anche questo è dunque un limite notevole: \(\arcsin x\sim x\), per \(x\to0\).

\(\displaystyle\lim_{x\to(\pi/2)^+}\frac{\cos x}{\frac{\pi}{2}-x}\): poniamo \(u=\dfrac{\pi}{2}-x\): per \(x\to\left(\dfrac{\pi}{2}\right)^{\!+}\) risulta \(u\to0^-\). Dalla formula \(\cos x=\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)=\sin u\):

\[ \lim_{x\to(\pi/2)^+}\frac{\cos x}{\frac{\pi}{2}-x}=\lim_{u\to0^-}\frac{\sin u}{u}=1 \]

Il secondo limite notevole

Consideriamo il limite:

\[ \lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac1x\right)^{\!x} \]

Per \(x\to\pm\infty\), la base \(1+\dfrac1x\) tende a \(1\), mentre l'esponente \(x\) tende a \(\pm\infty\): è la forma indeterminata \(1^{\infty}\). Qui non diamo una dimostrazione (richiederebbe strumenti che non abbiamo ancora), ma ci limitiamo a presentare il risultato, che vale sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\):

dove \(e\) è un numero irrazionale, che vale circa \(2{,}718281828\ldots\)

Puoi provare anche con valori negativi di \(x\), sempre più piccoli (per esempio \(-10\), \(-100\), \(-1000\), \(\dots\)): vedrai che il risultato si avvicina allo stesso numero \(e\).

Un primo esempio: \(\displaystyle\lim_{x\to0}(1+x)^{1/x}\)

Poniamo \(t=\dfrac1x\): quando \(x\to0\) (sia da destra sia da sinistra), \(t\to\pm\infty\), quindi \(x=\dfrac1t\):

\[ \lim_{x\to0}(1+x)^{1/x}=\lim_{t\to\pm\infty}\left(1+\frac1t\right)^{\!t}=e \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}(1-x)^{1/x}\). Poniamo \(u=-x\) (con \(u\to0\) per \(x\to0\)): allora \(1-x=1+u\) e \(\dfrac1x=-\dfrac1u\), quindi:

\[ (1-x)^{1/x}=(1+u)^{-1/u}=\left[(1+u)^{1/u}\right]^{-1} \]

Per \(u\to0\), la base in parentesi quadra tende a \(e\), quindi:

\[ \lim_{x\to0}(1-x)^{1/x}=\lim_{u\to0}\left[(1+u)^{1/u}\right]^{-1}=e^{-1}=\frac1e \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{2x}\right)^{\!2x}\). Poniamo \(t=2x\): per \(x\to+\infty\) risulta \(t\to+\infty\), quindi:

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{2x}\right)^{\!2x}=\lim_{t\to+\infty}\left(1+\frac1t\right)^{\!t}=e \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{\!x}\). La base tende a \(1\) (è il rapporto fra due polinomi dello stesso grado, con coefficienti direttivi uguali). Scriviamola nella forma \(1+u\), con \(u\to0\):

\[ \begin{aligned} \frac{x+1}{x-1}&=1+\left(\frac{x+1}{x-1}-1\right)\\ &=1+\frac{(x+1)-(x-1)}{x-1}=1+\frac{2}{x-1} \end{aligned} \]

Poniamo dunque \(u=\dfrac{2}{x-1}\) (con \(u\to0\) per \(x\to+\infty\)). Ricaviamo \(x\) in funzione di \(u\): da \(x-1=\dfrac2u\) segue \(x=1+\dfrac2u\), quindi l'esponente si riscrive come \(1+\dfrac2u\):

\[ \begin{aligned} \left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{\!x}&=(1+u)^{1+2/u}=(1+u)\cdot(1+u)^{2/u}\\ &=(1+u)\cdot\left[(1+u)^{1/u}\right]^{2} \end{aligned} \]

Per \(u\to0\), il primo fattore tende a \(1\) e la base dentro la parentesi quadra tende a \(e\), quindi:

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{\!x}=1\cdot e^{2}=e^{2} \]

Un limite che deriva dal precedente

Consideriamo il limite:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x} \]

Lo ricaviamo da quello visto nella Sezione 2. Partiamo da \(\displaystyle\lim_{x\to0}(1+x)^{1/x}=e\) e applichiamo il logaritmo naturale a entrambi i membri (come visto nella Sezione 9 dell'unità didattica sui limiti, il limite del logaritmo è il logaritmo del limite):

\[ \lim_{x\to0}\ln\left[(1+x)^{1/x}\right]=\ln e \]

Per la proprietà dei logaritmi, \(\ln\left[(1+x)^{1/x}\right]=\dfrac1x\ln(1+x)\), quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\ln e=1 \]

Come nei casi precedenti, questo limite si generalizza: se \(f(x)\to0\) per \(x\to c\) (con \(c\) finito o infinito), ponendo \(t=f(x)\) si ottiene:

\[ \lim_{x\to c}\frac{\ln\bigl(1+f(x)\bigr)}{f(x)}=\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1 \]

Possiamo quindi dire che, se \(f(x)\to0\) per \(x\to c\):

Un esempio con base diversa da \(e\)

Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\log_2(1+x)}{x}\). Usiamo il cambiamento di base, \(\log_2(1+x)=\dfrac{\ln(1+x)}{\ln2}\):

\[ \begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\log_2(1+x)}{x}&=\lim_{x\to0}\frac{1}{\ln2}\cdot\frac{\ln(1+x)}{x}\\ &=\frac{1}{\ln2}\cdot1=\frac{1}{\ln2} \end{aligned} \]

Lo stesso procedimento, con una base \(a>0\), \(a\neq1\), qualsiasi, dà:

Esempi più impegnativi

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+\sin x)}{x}\), mettendo insieme questo limite notevole e quello della Sezione 1. Moltiplichiamo e dividiamo per \(\sin x\):

\[ \frac{\ln(1+\sin x)}{x}=\frac{\ln(1+\sin x)}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}{x} \]

Il primo fattore tende a \(1\) (limite notevole del logaritmo, con \(f(x)=\sin x\to0\)); il secondo tende a \(1\) (limite notevole del seno). Quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+\sin x)}{x}=1\cdot1=1 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\ln(\cos x)}{x^2}\). Scriviamo \(\cos x=1+(\cos x-1)\), con \(\cos x-1\to0\) per \(x\to0\):

\[ \frac{\ln(\cos x)}{x^2}=\frac{\ln\bigl(1+(\cos x-1)\bigr)}{\cos x-1}\cdot\frac{\cos x-1}{x^2} \]

Il primo fattore tende a \(1\) (limite notevole del logaritmo). Per il secondo fattore usiamo il limite notevole del coseno, visto nella Sezione 1, \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12\), da cui \(\displaystyle\frac{\cos x-1}{x^2}\to-\frac12\). Quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2}=1\cdot\left(-\frac12\right)=-\frac12 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+2\sin x)}{\sin(3x)}\). Moltiplichiamo e dividiamo numeratore e denominatore in modo opportuno:

\[ \begin{aligned} \frac{\ln(1+2\sin x)}{\sin(3x)}&=\frac{\ln(1+2\sin x)}{2\sin x}\cdot2\sin x\cdot\frac{1}{\sin(3x)}\\ &=\frac{\ln(1+2\sin x)}{2\sin x}\cdot\frac{2\sin x}{x}\cdot\frac{x}{\sin(3x)} \end{aligned} \]

Per \(x\to0\): il primo fattore tende a \(1\) (limite notevole del logaritmo, con \(f(x)=2\sin x\to0\)); nel secondo fattore, \(\sin x\sim x\), quindi \(\dfrac{2\sin x}{x}\to2\); nel terzo fattore, \(\sin(3x)\sim3x\), quindi \(\dfrac{x}{\sin(3x)}\to\dfrac{x}{3x}=\dfrac13\). Quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+2\sin x)}{\sin(3x)}=1\cdot2\cdot\frac13=\frac23 \]

Ancora un limite che deriva dal precedente

Consideriamo il limite:

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x} \]

Lo ricaviamo da quello visto nella Sezione 3, con una sostituzione "inversa" rispetto a quella usata finora. Poniamo \(t=e^x-1\): quando \(x\to0\), anche \(t\to0\) (perché \(e^0-1=0\)); inoltre, da \(e^x=1+t\) segue \(x=\ln(1+t)\). Sostituendo:

\[ \frac{e^x-1}{x}=\frac{t}{\ln(1+t)}=\frac{1}{\dfrac{\ln(1+t)}{t}} \]

Per \(x\to0\) (e quindi \(t\to0\)), il denominatore tende al limite notevole del logaritmo, visto nella Sezione 3, che vale \(1\):

Come nei casi precedenti, se \(f(x)\to0\) per \(x\to c\) (con \(c\) finito o infinito), ponendo \(t=f(x)\):

\[ \lim_{x\to c}\frac{e^{f(x)}-1}{f(x)}=\lim_{t\to0}\frac{e^{t}-1}{t}=1 \]

Possiamo quindi dire che, se \(f(x)\to0\) per \(x\to c\):

Il caso di una base qualsiasi: \((a^x-1)/x\)

Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{a^x-1}{x}\), con \(a>0\), \(a\neq1\). Scriviamo \(a^x=e^{x\ln a}\) (dalla definizione di logaritmo) e poniamo \(u=x\ln a\): per \(x\to0\), anche \(u\to0\), quindi:

\[ \frac{a^x-1}{x}=\frac{e^{x\ln a}-1}{x}=\frac{e^{u}-1}{u}\cdot\ln a \]

Per \(x\to0\) (e quindi \(u\to0\)), il primo fattore tende al limite notevole dell'esponenziale appena visto, che vale \(1\):

(Con \(a=e\) si ritrova il caso precedente, perché \(\ln e=1\).)

Alcuni esercizi

Esempio. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{2^x-1}{x}=\ln2\), per la formula appena vista.

Esempio. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{e^{2x}-1}{x}\): poniamo \(t=2x\) (con \(t\to0\)):

\[ \begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-1}{x}&=\lim_{x\to0}2\cdot\frac{e^{2x}-1}{2x}\\ &=2\cdot\lim_{t\to0}\frac{e^{t}-1}{t}=2\cdot1=2 \end{aligned} \]

Esempio (mettiamo insieme più limiti notevoli). Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{e^{3x}-1}{\sin(2x)}\). Moltiplichiamo e dividiamo per \(x\):

\[ \begin{aligned} \frac{e^{3x}-1}{\sin(2x)}&=\frac{e^{3x}-1}{3x}\cdot3x\cdot\frac{1}{\sin(2x)}\\ &=\frac{e^{3x}-1}{3x}\cdot\frac{3x}{x}\cdot\frac{x}{\sin(2x)} \end{aligned} \]

Il primo fattore tende a \(1\) (limite notevole dell'esponenziale); il secondo vale sempre \(3\); nel terzo, \(\sin(2x)\sim2x\), quindi \(\dfrac{x}{\sin(2x)}\to\dfrac{x}{2x}=\dfrac12\). Quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{\sin(2x)}=1\cdot3\cdot\frac12=\frac32 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{e^x-e^{-x}}{x}\). Spezziamo la frazione in due:

\[ \begin{aligned} \frac{e^x-e^{-x}}{x}&=\frac{(e^x-1)-(e^{-x}-1)}{x}\\ &=\frac{e^x-1}{x}-\frac{e^{-x}-1}{x} \end{aligned} \]

Il primo termine tende a \(1\). Per il secondo, poniamo \(v=-x\) (con \(v\to0\)):

\[ \frac{e^{-x}-1}{x}=-\frac{e^{v}-1}{v}\ \longrightarrow\ -1 \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}}{x}=1-(-1)=2 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{5^x-3^x}{x}\). Spezziamo la frazione, usando \(\pm1\) al numeratore:

\[ \begin{aligned} \frac{5^x-3^x}{x}&=\frac{(5^x-1)-(3^x-1)}{x}\\ &=\frac{5^x-1}{x}-\frac{3^x-1}{x} \end{aligned} \]

Per la formula con base qualsiasi, il primo termine tende a \(\ln5\) e il secondo a \(\ln3\). Quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{5^x-3^x}{x}=\ln5-\ln3=\ln\frac53 \]

L'ultimo limite notevole di questo tipo

Consideriamo il limite, con \(k\) numero reale qualsiasi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{(1+x)^k-1}{x} \]

Anche questo si ricava dai precedenti. Usiamo l'identità \((1+x)^k=e^{k\ln(1+x)}\) (valida per \(1+x>0\), cioè vicino a \(x=0\)), e moltiplichiamo e dividiamo per \(k\ln(1+x)\):

\[ \begin{aligned} \frac{(1+x)^k-1}{x}&=\frac{e^{k\ln(1+x)}-1}{x}\\ &=\frac{e^{k\ln(1+x)}-1}{k\ln(1+x)}\cdot k\cdot\frac{\ln(1+x)}{x} \end{aligned} \]

Per \(x\to0\): nel primo fattore, \(k\ln(1+x)\to0\), quindi tende al limite notevole dell'esponenziale, visto nella Sezione 4, che vale \(1\); l'ultimo fattore tende al limite notevole del logaritmo, visto nella Sezione 3, che vale anch'esso \(1\). Quindi:

Come nei casi precedenti, se \(f(x)\to0\) per \(x\to c\) (con \(c\) finito o infinito), ponendo \(t=f(x)\):

\[ \lim_{x\to c}\frac{\bigl(1+f(x)\bigr)^k-1}{f(x)}=\lim_{t\to0}\frac{(1+t)^k-1}{t}=k \]

Possiamo quindi dire che, se \(f(x)\to0\) per \(x\to c\):

Questo limite notevole comprende, come casi particolari, le radici: per esempio, con \(k=\dfrac12\), si ritrova \(\sqrt{1+f(x)}-1\sim\dfrac12f(x)\), già usata più volte nelle unità precedenti per le forme indeterminate con radicali.

Alcuni esercizi

Esempio. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\dfrac12\), per la formula appena vista, con \(k=\dfrac12\).

Esempio. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt[3]{1-x}-1}{x}\): qui \(k=\dfrac13\) e la funzione dentro la parentesi è \(f(x)=-x\to0\), quindi \((1-x)^{1/3}-1\sim\dfrac13\cdot(-x)=-\dfrac{x}{3}\):

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{1-x}-1}{x}=-\frac13 \]

Esempio. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{(1+2x)^3-1}{x}\): qui \(k=3\) e \(f(x)=2x\to0\), quindi \((1+2x)^3-1\sim3\cdot2x=6x\):

\[ \lim_{x\to0}\frac{(1+2x)^3-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{6x}{x}=6 \]

Esempio (mettiamo insieme più limiti notevoli). Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+\sin x}-1}{x}\). Qui \(k=\dfrac12\) e \(f(x)=\sin x\to0\), quindi \(\sqrt{1+\sin x}-1\sim\dfrac12\sin x\). Usando poi \(\sin x\sim x\):

\[ \sqrt{1+\sin x}-1\sim\frac12\sin x\sim\frac12x \]

quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\sin x}-1}{x}=\frac12 \]

Esempio (ancora più impegnativo). Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt[3]{1+x^2}-1}{1-\cos x}\). Al numeratore, \(k=\dfrac13\) e \(f(x)=x^2\to0\), quindi \(\sqrt[3]{1+x^2}-1\sim\dfrac13x^2\). Al denominatore, usiamo il limite notevole del coseno della Sezione 1, \(1-\cos x\sim\dfrac12x^2\):

\[ \frac{\sqrt[3]{1+x^2}-1}{1-\cos x}\sim\frac{\frac13x^2}{\frac12x^2}=\frac{1/3}{1/2}=\frac23 \]

quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{1+x^2}-1}{1-\cos x}=\frac23 \]

Che cos'è un infinitesimo

Nelle sezioni precedenti abbiamo incontrato più volte funzioni che tendono a zero: \(\sin x\), \(1-\cos x\), \(\ln(1+x)\), \(e^x-1\), \(\dots\) per \(x\to0\). Queste funzioni hanno un nome.

Il confronto fra infinitesimi

Anche se due funzioni tendono entrambe a zero, non lo fanno necessariamente "con la stessa rapidità". Per confrontarle, si studia il limite del loro rapporto: è la forma indeterminata \(\dfrac00\) che abbiamo imparato a trattare.

Anche qui, il confronto è sempre riferito a un preciso \(c\): due funzioni possono avere un certo rapporto per \(x\to0\) e uno completamente diverso per \(x\to1\) o per \(x\to+\infty\).

Quattro esempi

1) Ordine superiore. Per \(x\to0\), siano \(f(x)=x^2\) e \(g(x)=x\), entrambi infinitesimi. Si ha:

\[ \lim_{x\to0}\frac{x^2}{x}=\lim_{x\to0}x=0 \]

quindi \(x^2\) è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a \(x\).

2) Ordine inferiore. Per \(x\to0^+\), siano \(f(x)=\sqrt x\) e \(g(x)=x\), entrambi infinitesimi. Si ha:

\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\sqrt x}{x}=\lim_{x\to0^+}\frac{1}{\sqrt x}=+\infty \]

quindi \(\sqrt x\) è un infinitesimo di ordine inferiore rispetto a \(x\): tende a zero più lentamente (per esempio, per \(x=0{,}0001\) si ha \(\sqrt x=0{,}01\), cento volte più grande di \(x\)).

3) Stesso ordine. Per \(x\to0\), siano \(f(x)=1-\cos x\) e \(g(x)=x^2\), entrambi infinitesimi. Per il limite notevole del coseno:

\[ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12 \]

Il limite è un numero diverso da \(0\), quindi \(1-\cos x\) e \(x^2\) sono infinitesimi dello stesso ordine (ma non asintotici, perché il limite non vale \(1\)). Invece \(\sin x\) e \(x\), per \(x\to0\), sono asintotici, perché \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\).

4) Non confrontabili. Per \(x\to0\), siano \(f(x)=x\sin\dfrac1x\) e \(g(x)=x\). Entrambi sono infinitesimi: per \(g\) è evidente; per \(f\), poiché \(\left|\sin\dfrac1x\right|\le1\), vale \(-|x|\le x\sin\dfrac1x\le|x|\) e, per il teorema del confronto, \(f(x)\to0\). Il loro rapporto è:

\[ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{x\sin\frac1x}{x}=\sin\frac1x \]

e questa funzione, per \(x\to0\), oscilla continuamente fra \(-1\) e \(1\): per esempio, vale \(1\) nei punti \(x=\dfrac{1}{\frac\pi2+2k\pi}\) e vale \(-1\) nei punti \(x=\dfrac{1}{\frac{3\pi}2+2k\pi}\), con \(k\) intero positivo, che si avvicinano a \(0\) quanto vogliamo.

Il grafico di \(y=\sin\dfrac1x\): i punti evidenziati sono alcuni di quelli in cui la funzione vale \(1\) oppure \(-1\). Più ci si avvicina a \(x=0\), più le oscillazioni si infittiscono.

Il limite non esiste, quindi \(x\sin\dfrac1x\) e \(x\) sono non confrontabili.

L'ordine di un infinitesimo

Per dare un "voto" a un infinitesimo, lo si confronta con un infinitesimo di riferimento, detto campione, e con le sue potenze. Si sceglie come campione:

• \(x-c\), se \(x\to c\) (con \(c\) finito); in particolare \(x\), se \(x\to0\);
• \(\dfrac1x\), se \(x\to+\infty\) oppure \(x\to-\infty\).

Esempi per \(x\to0\) (campione \(x\)):

• \(f(x)=\sin(3x)\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(3x)}{x}=3\), l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(3x\).
• \(f(x)=1-\cos x\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12\), l'ordine è \(2\) e la parte principale è \(\dfrac12x^2\).
• \(f(x)=\tan x-\sin x\): scrivendo \(\tan x-\sin x=\sin x\cdot\dfrac{1-\cos x}{\cos x}\sim x\cdot\dfrac12x^2\), si ha \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}=\frac12\): l'ordine è \(3\) e la parte principale è \(\dfrac12x^3\).
• \(f(x)=\sqrt{1+x}-1\): per il limite notevole della potenza, \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\frac12\): l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(\dfrac12x\).
• \(f(x)=\sqrt x\), per \(x\to0^+\): è \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\sqrt x}{x^{1/2}}=1\), quindi l'ordine è \(\dfrac12\) (non è detto che l'ordine sia un numero intero).

Esempio per \(x\to1\) (campione \(x-1\)): \(f(x)=\ln x\) è un infinitesimo per \(x\to1\), e ponendo \(t=x-1\) (con \(t\to0\)) si ha \(\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1\): l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(x-1\).

Esempi per \(x\to+\infty\) (campione \(\dfrac1x\)):

• \(f(x)=\dfrac{1}{x^2+1}\): è un infinitesimo per \(x\to+\infty\), e confrontandolo con il quadrato del campione, \(\dfrac{1}{x^2}\), si ha \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x^2+1}}{\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^2+1}=1\): l'ordine è \(2\) e la parte principale è \(\dfrac{1}{x^2}\).
• \(f(x)=\sin\dfrac1x\): poiché \(\dfrac1x\to0\), si ha \(\sin\dfrac1x\sim\dfrac1x\) (limite notevole del seno): l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(\dfrac1x\).
• \(f(x)=\sqrt{x^2+1}-x\): razionalizzando, \(\sqrt{x^2+1}-x=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\), e \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\frac1x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+x}=\frac12\): l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(\dfrac{1}{2x}\).
• \(f(x)=\ln\!\left(1+\dfrac{3}{x^2}\right)\): poiché \(\dfrac{3}{x^2}\to0\), per il limite notevole del logaritmo si ha \(f(x)\sim\dfrac{3}{x^2}\): l'ordine è \(2\) e la parte principale è \(\dfrac{3}{x^2}\).

Che cos'è un infinito

Come esistono funzioni che tendono a zero, esistono funzioni che "crescono senza limite": \(x^2\), \(e^x\), \(\ln x\), \(\dots\) per \(x\to+\infty\). Anche queste hanno un nome.

Il confronto fra infiniti

Anche due infiniti non crescono necessariamente "con la stessa rapidità". Per confrontarli, si studia il limite del loro rapporto: è la forma indeterminata \(\dfrac{\infty}{\infty}\).

Quattro esempi

1) Ordine superiore. Per \(x\to+\infty\), siano \(f(x)=x^2\) e \(g(x)=x\), entrambi infiniti. Si ha:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x}=\lim_{x\to+\infty}x=+\infty \]

quindi \(x^2\) è un infinito di ordine superiore rispetto a \(x\).

2) Ordine inferiore. Per \(x\to+\infty\), siano \(f(x)=\sqrt x\) e \(g(x)=x\), entrambi infiniti. Si ha:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt x}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt x}=0 \]

quindi \(\sqrt x\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(x\).

3) Stesso ordine. Per \(x\to+\infty\), siano \(f(x)=3x^2+x\) e \(g(x)=x^2\), entrambi infiniti. Si ha:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+x}{x^2}=\lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac1x\right)=3 \]

Il limite è un numero diverso da \(0\), quindi \(3x^2+x\) e \(x^2\) sono infiniti dello stesso ordine (ma non asintotici, perché il limite non vale \(1\)). Invece \(x^2+x\) e \(x^2\) sono asintotici, perché \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}=1\).

4) Non confrontabili. Per \(x\to+\infty\), siano \(f(x)=x\,(2+\sin x)\) e \(g(x)=x\). Entrambi sono infiniti: per \(g\) è evidente; per \(f\), poiché \(2+\sin x\ge1\), si ha \(f(x)\ge x\to+\infty\). Il loro rapporto è:

\[ \frac{f(x)}{g(x)}=2+\sin x \]

e questa funzione, per \(x\to+\infty\), continua a oscillare fra \(1\) e \(3\): vale \(3\) nei punti \(x=\dfrac\pi2+2k\pi\) e vale \(1\) nei punti \(x=\dfrac{3\pi}2+2k\pi\), che sono sempre più grandi. Il limite non esiste, quindi \(x\,(2+\sin x)\) e \(x\) sono non confrontabili.

L'ordine di un infinito

Anche per gli infiniti si definisce l'ordine rispetto a un infinito di riferimento, il campione. Si sceglie come campione:

• \(x\), se \(x\to+\infty\) (oppure \(x\to-\infty\));
• \(\dfrac{1}{|x-c|}\), se \(x\to c\) con \(c\) finito (nei casi in cui \(x\to c^+\), si può scrivere semplicemente \(\dfrac{1}{x-c}\)); in particolare \(\dfrac1x\), se \(x\to0^+\).

Esempi per \(x\to+\infty\) (campione \(x\)):

• \(f(x)=3x^2+x\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+x}{x^2}=3\), l'ordine è \(2\) e la parte principale è \(3x^2\).
• \(f(x)=\sqrt{4x^2+1}\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{4x^2+1}}{x}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}=2\), l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(2x\).
• \(f(x)=\sqrt x\): è \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt x}{x^{1/2}}=1\), quindi l'ordine è \(\dfrac12\) e la parte principale è \(\sqrt x\).
• \(f(x)=\dfrac{2x^3+x}{x+1}\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+x}{(x+1)\,x^2}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+x}{x^3+x^2}=2\), l'ordine è \(2\) e la parte principale è \(2x^2\).
• \(f(x)=x+\ln x\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\ln x}{x}=1+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=1\) (come vedremo fra poco, \(\ln x\) è di ordine inferiore a \(x\)), l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(x\).

Esempi per \(x\to0^+\) (campione \(\dfrac1x\)):

• \(f(x)=\dfrac{1}{\sin x}\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{\sin x}}{\frac1x}=\lim_{x\to0^+}\frac{x}{\sin x}=1\), l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(\dfrac1x\).
• \(f(x)=\dfrac{1}{1-\cos x}\): poiché \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{1-\cos x}}{\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{1-\cos x}=2\) (limite notevole del coseno), l'ordine è \(2\) e la parte principale è \(\dfrac{2}{x^2}\).
• \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt x}\): è \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{\sqrt x}}{\left(\frac1x\right)^{1/2}}=1\), quindi l'ordine è \(\dfrac12\).

Esempio per \(x\to1^+\) (campione \(\dfrac{1}{x-1}\)): \(f(x)=\dfrac{1}{\ln x}\) è un infinito per \(x\to1^+\), e ponendo \(t=x-1\) (con \(t\to0^+\)) si ha \(\displaystyle\lim_{x\to1^+}\frac{\frac{1}{\ln x}}{\frac{1}{x-1}}=\lim_{x\to1^+}\frac{x-1}{\ln x}=\lim_{t\to0^+}\frac{t}{\ln(1+t)}=1\): l'ordine è \(1\) e la parte principale è \(\dfrac{1}{x-1}\).

La gerarchia degli infiniti

Fra gli infiniti per \(x\to+\infty\) più usati ci sono il logaritmo, la potenza e l'esponenziale. Rappresentiamo nello stesso piano cartesiano le funzioni \(y=\ln x\), \(y=x\) e \(y=e^x\):

Il grafico mostra che, per \(x>0\), vale sempre \(\ln x<x<e^x\), e che le distanze fra le tre curve diventano via via più grandi. Possiamo anche confrontare alcuni valori:

Ne concludiamo che, per \(x\to+\infty\), \(\ln x\), \(x\) ed \(e^x\) sono infiniti in ordine crescente: ciascuno è di ordine inferiore al successivo.

\[ \ln x\ \longrightarrow\ x\ \longrightarrow\ e^{x} \qquad (x\to+\infty) \]

dove la freccia significa "è un infinito di ordine inferiore a". In altre parole:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^{x}}=0 \]

Per esempio, per \(x\to+\infty\):

\[ \ln^{10}x\ \longrightarrow\ x^{5}\ \longrightarrow\ \bigl(e^{x}\bigr)^{1/100}=e^{x/100} \]

cioè \(\ln^{10}x\) è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(x^5\), che a sua volta è un infinito di ordine inferiore rispetto a \(e^{x/100}\): qualsiasi potenza positiva di \(x\), anche molto piccola, supera qualsiasi potenza del logaritmo, e qualsiasi esponenziale \(e^{cx}\), anche con \(c\) molto piccolo, supera qualsiasi potenza di \(x\), anche molto grande. Lo stesso vale per un esponenziale con una base \(a>1\) qualsiasi, perché \(a^x=e^{x\ln a}\), cioè è del tipo \(e^{cx}\) con \(c=\ln a>0\).

Esempi di calcolo con la gerarchia

La gerarchia permette di individuare la parte principale di una somma o di un rapporto di infiniti, e quindi di calcolare molti limiti a vista.

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+x}{x^2+\ln x}\). Al numeratore, la parte principale è \(3x^2\); al denominatore, poiché \(\ln x\) è di ordine inferiore a \(x^2\), la parte principale è \(x^2\):

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+x}{x^2+\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2}{x^2}=3 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x^4+e^x}{e^x+x}\). Poiché \(x^4\) e \(x\) sono di ordine inferiore a \(e^x\), sia il numeratore sia il denominatore sono asintotici a \(e^x\):

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^4+e^x}{e^x+x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{e^x}=1 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^2e^{-x}\). Scriviamo \(x^2e^{-x}=\dfrac{x^2}{e^x}\): poiché \(x^2\) è di ordine inferiore a \(e^x\):

\[ \lim_{x\to+\infty}x^2e^{-x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x}=0 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{10}+2^x}{3^x}\). Poiché \(2^x=e^{x\ln2}\), è un esponenziale: \(x^{10}\) è di ordine inferiore a \(2^x\), quindi il numeratore è asintotico a \(2^x\):

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{10}+2^x}{3^x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2^x}{3^x}=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac23\right)^{\!x}=0 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\sqrt x}{x}\). Poiché \(\ln x\) è di ordine inferiore a \(\sqrt x=x^{1/2}\), la parte principale del numeratore è \(\sqrt x\):

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\sqrt x}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt x}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt x}=0 \]

Potenze con base e esponente variabili

Nell'unità sul concetto di limite avevamo rimandato lo studio di tre forme indeterminate, che si presentano quando si calcola il limite di una funzione del tipo \(f(x)^{g(x)}\), con base e esponente entrambi variabili: \(1^{\infty}\), \(\infty^{0}\) e \(0^{0}\). La forma \(1^{\infty}\) l'abbiamo già incontrata nella Sezione 2; ora abbiamo tutti gli strumenti per trattare le tre forme in modo unitario.

Il metodo: l'esponenziale in base \(e\)

Se \(f(x)>0\), per definizione di potenza con esponente reale si ha:

\[ f(x)^{g(x)}=e^{\,g(x)\cdot\ln f(x)} \]

Come già visto nella Sezione 9 dell'unità didattica sui limiti, si ha:

Vediamo che cosa diventa l'esponente \(g\cdot\ln f\) nelle tre forme:

In tutti e tre i casi l'esponente è una forma indeterminata \(0\cdot\infty\): è per questo che anche la potenza lo è, perché \(L\) può valere un numero qualsiasi, oppure \(\pm\infty\). Ma la forma \(0\cdot\infty\) sappiamo trattarla: la trasformiamo in un quoziente e usiamo i limiti notevoli e la gerarchia degli infiniti.

La forma \(1^{\infty}\)

La forma \(1^{\infty}\) l'abbiamo già trattata nella Sezione 2: si scrive la base nella forma \(1+u\), con \(u\to0\), e si porta l'esponente nella forma \(\dfrac1u\) per far comparire il limite notevole. Vediamo due esempi in cui la base non è scritta nella forma \(1+u\), e quindi bisogna prima "aggiungere e togliere \(1\)". (Con il metodo dell'esponenziale di questa sezione si arriverebbe allo stesso risultato: poiché \(\ln f(x)\sim f(x)-1\) per la Sezione 3, l'esponente \(g\cdot\ln f\) è asintotico a \(g\cdot\bigl(f-1\bigr)\).)

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}(\cos x)^{1/x^2}\). La base tende a \(1\) e l'esponente a \(+\infty\): forma \(1^{\infty}\). Scriviamo la base nella forma \(1+u\), aggiungendo e togliendo \(1\):

\[ \begin{gathered} \cos x=1+(\cos x-1)=1+u\\ \text{con }u=\cos x-1\to0 \end{gathered} \]

Per far comparire il limite notevole, scriviamo l'esponente \(\dfrac{1}{x^2}\) come \(\dfrac1u\cdot\dfrac{u}{x^2}\):

\[ (\cos x)^{1/x^2}=(1+u)^{1/x^2}=\left[(1+u)^{1/u}\right]^{u/x^2} \]

Per \(x\to0\): la base in parentesi quadra tende a \(e\), mentre l'esponente, per il limite notevole del coseno (Sezione 1), vale:

\[ \frac{u}{x^2}=\frac{\cos x-1}{x^2}=-\frac{1-\cos x}{x^2}\ \longrightarrow\ -\frac12 \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to0}(\cos x)^{1/x^2}=e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt e} \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0}(\cos 2x)^{3/x^2}\), ancora della forma \(1^{\infty}\). Scriviamo la base nella forma \(1+u\):

\[ \begin{gathered} \cos 2x=1+(\cos 2x-1)=1+u\\ \text{con }u=\cos 2x-1\to0 \end{gathered} \]

Scriviamo l'esponente \(\dfrac{3}{x^2}\) come \(\dfrac1u\cdot\dfrac{3u}{x^2}\):

\[ (\cos 2x)^{3/x^2}=(1+u)^{3/x^2}=\left[(1+u)^{1/u}\right]^{3u/x^2} \]

Per \(x\to0\): la base in parentesi quadra tende a \(e\), mentre l'esponente, per il limite notevole del coseno (Sezione 1), vale:

\[ \begin{aligned} \frac{3u}{x^2}&=-3\cdot\frac{1-\cos 2x}{x^2}=-3\cdot4\cdot\frac{1-\cos 2x}{(2x)^2}\\ &\longrightarrow\ -12\cdot\frac12=-6 \end{aligned} \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to0}(\cos 2x)^{3/x^2}=e^{-6} \]

Un limite utile: \(x\ln x\) per \(x\to0^+\)

Per \(x\to0^+\) il prodotto \(x\ln x\) è una forma \(0\cdot(-\infty)\). Per risolverla poniamo \(t=\dfrac1x\): quando \(x\to0^+\), \(t\to+\infty\), e \(\ln x=-\ln t\). Quindi:

\[ x\ln x=-\frac{\ln t}{t}\ \longrightarrow\ 0\qquad(t\to+\infty) \]

perché, per la gerarchia degli infiniti (Sezione 7), \(\ln t\) è un infinito di ordine inferiore a \(t\).

Intuitivamente, per \(x\to0^+\) il logaritmo diverge a \(-\infty\), ma molto più lentamente di quanto \(x\) tende a zero, e il prodotto va a zero. Con la stessa sostituzione, la gerarchia degli infiniti vista da vicino allo zero diventa: per ogni \(a>0\) e \(b>0\),

\[ \lim_{x\to0^+}x^{a}\,\bigl|\ln x\bigr|^{b}=\lim_{t\to+\infty}\frac{(\ln t)^{b}}{t^{a}}=0 \]

Come la gerarchia da cui discende, anche questo limite si dimostra con il calcolo delle derivate (teoremi di De L'Hôpital).

La forma \(\infty^{0}\)

La base tende a \(+\infty\) e l'esponente a \(0\): l'esponente della potenza in base \(e\) è \(g\cdot\ln f\), con \(g\to0\) e \(\ln f\to+\infty\).

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^{1/x}\). Scriviamo \(x^{1/x}=e^{\frac{\ln x}{x}}\). Per la gerarchia degli infiniti, \(\dfrac{\ln x}{x}\to0\), quindi:

\[ \lim_{x\to+\infty}x^{1/x}=e^{0}=1 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(e^x+x)^{1/x}\). L'esponente è \(\dfrac{\ln(e^x+x)}{x}\). Raccogliamo \(e^x\) dentro il logaritmo:

\[ \ln(e^x+x)=\ln\Bigl[e^x\bigl(1+x\,e^{-x}\bigr)\Bigr]=x+\ln\bigl(1+x\,e^{-x}\bigr) \]

Per la gerarchia degli infiniti, \(x\,e^{-x}=\dfrac{x}{e^x}\to0\), quindi \(\ln\bigl(1+x\,e^{-x}\bigr)\to0\) e l'esponente vale:

\[ \frac{\ln(e^x+x)}{x}=1+\frac{\ln\bigl(1+x\,e^{-x}\bigr)}{x}\ \longrightarrow\ 1+0=1 \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to+\infty}(e^x+x)^{1/x}=e \]

Esempio (il risultato non è sempre \(1\)). Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x^2+1)^{1/\ln x}\). L'esponente è \(\dfrac{\ln(x^2+1)}{\ln x}\). Raccogliamo \(x^2\) dentro il logaritmo:

\[ \begin{aligned} \ln(x^2+1)&=\ln\Bigl[x^2\Bigl(1+\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr]\\ &=2\ln x+\ln\Bigl(1+\frac{1}{x^2}\Bigr) \end{aligned} \]

Dividendo per \(\ln x\), che tende a \(+\infty\):

\[ \frac{\ln(x^2+1)}{\ln x}=2+\frac{\ln\bigl(1+\frac{1}{x^2}\bigr)}{\ln x}\ \longrightarrow\ 2+0=2 \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to+\infty}(x^2+1)^{1/\ln x}=e^{2} \]

Esempio (per \(x\to0^+\)). Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}\Bigl(\frac1x\Bigr)^{x}\). La base tende a \(+\infty\) e l'esponente a \(0\). Scriviamo \(\Bigl(\dfrac1x\Bigr)^{x}=e^{x\ln(1/x)}=e^{-x\ln x}\). Per il limite utile appena visto, \(x\ln x\to0\):

\[ \lim_{x\to0^+}\Bigl(\frac1x\Bigr)^{x}=e^{0}=1 \]

La forma \(0^{0}\)

La base tende a \(0^+\) e l'esponente a \(0\): l'esponente della potenza in base \(e\) è \(g\cdot\ln f\), con \(g\to0\) e \(\ln f\to-\infty\).

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{x}\). Scriviamo \(x^x=e^{x\ln x}\). Poiché \(x\ln x\to0\):

\[ \lim_{x\to0^+}x^{x}=e^{0}=1 \]

Esempio. Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{\sin x}\). Scriviamo \(x^{\sin x}=e^{\sin x\,\ln x}\) e osserviamo che:

\[ \sin x\,\ln x=\frac{\sin x}{x}\cdot x\ln x\ \longrightarrow\ 1\cdot0=0 \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to0^+}x^{\sin x}=e^{0}=1 \]

Esempio (il risultato non è sempre \(1\)). Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{1/\ln x}\). Per \(x\to0^+\) la base tende a \(0\) e l'esponente \(\dfrac{1}{\ln x}\) tende a \(0\): è la forma \(0^0\). L'esponente della potenza in base \(e\) è:

\[ \frac{1}{\ln x}\cdot\ln x=1\qquad\text{per ogni }x\in(0,1) \]

quindi \(x^{1/\ln x}=e^1=e\) per ogni \(x\in(0,1)\): è una funzione costante, e il suo limite è:

\[ \lim_{x\to0^+}x^{1/\ln x}=e \]

Esercizi di riepilogo

In questa sezione applichiamo tutti i limiti notevoli, le relazioni di asintotico e la gerarchia degli infiniti e degli infinitesimi per risolvere problemi più complessi, compresi quelli con parametri reali.

Svolgimento:

Per \(x\to0\) sia il numeratore sia il denominatore tendono a \(0\): è la forma indeterminata \(\dfrac00\). Sostituiamo numeratore e denominatore con le rispettive parti principali (lo possiamo fare, perché si tratta di un quoziente).

Numeratore. Scriviamo \(\cos x=1+(\cos x-1)\), con \(\cos x-1\to0\): per il limite notevole del logaritmo (Sezione 3), \(\ln(\cos x)\sim\cos x-1\). Per il limite notevole del coseno (Sezione 1), \(\cos x-1\sim-\dfrac12x^2\). Quindi:

\[ \ln(\cos x)\sim-\frac12x^2 \]

Denominatore. Scriviamo \(\sqrt{1+x^2}-1=(1+x^2)^{1/2}-1\): per il limite notevole della potenza (Sezione 5), con \(k=\dfrac12\) e \(f(x)=x^2\to0\):

\[ \sqrt{1+x^2}-1\sim\frac12x^2 \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{\sqrt{1+x^2}-1}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac12x^2}{\frac12x^2}=-1 \]

Svolgimento:

Per \(x\to+\infty\), numeratore e denominatore tendono a \(+\infty\): è la forma indeterminata \(\dfrac{\infty}{\infty}\). Cerchiamo la parte principale di ciascuno, usando la gerarchia degli infiniti.

Numeratore. Dobbiamo capire se \(x^\alpha\ln x\) è di ordine inferiore a \(e^{2x}\). Scriviamo:

\[ \frac{x^{\alpha}\ln x}{e^{2x}}=\frac{\ln x}{x}\cdot\frac{x^{\alpha+1}}{e^{2x}} \]

Per la gerarchia, \(\dfrac{\ln x}{x}\to0\) e \(\dfrac{x^{\alpha+1}}{e^{2x}}\to0\) (qualunque sia l'esponente \(\alpha+1\)): il numeratore è quindi asintotico a \(e^{2x}\).

Denominatore. Poiché \(x^5\) è di ordine inferiore a \(e^{2x}\), il denominatore è asintotico a \(3e^{2x}\).

Quindi:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{\alpha}\ln x+e^{2x}}{3e^{2x}+x^5}=\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{2x}}{3e^{2x}}=\frac13 \]

Svolgimento:

La base tende a \(1\) (rapporto fra due polinomi dello stesso grado, con coefficienti direttivi uguali) e l'esponente tende a \(+\infty\): è la forma indeterminata \(1^{\infty}\). Scriviamo la base nella forma \(1+u\), aggiungendo e togliendo \(1\):

\[ \begin{aligned} \frac{x^2+ax+1}{x^2-x}&=1+\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2-x}-1\right)\\ &=1+\frac{(x^2+ax+1)-(x^2-x)}{x^2-x}\\ &=1+\frac{(a+1)x+1}{x^2-x} \end{aligned} \]

Poniamo \(u=\dfrac{(a+1)x+1}{x^2-x}\): per \(x\to+\infty\) risulta \(u\to0\). Per far comparire il limite notevole, scriviamo l'esponente \(x\) come \(\dfrac1u\cdot(u\,x)\):

\[ \left(\frac{x^2+ax+1}{x^2-x}\right)^{\!x}=(1+u)^{x}=\left[(1+u)^{1/u}\right]^{u\,x} \]

Per \(x\to+\infty\): la base in parentesi quadra tende a \(e\), mentre l'esponente è

\[ u\,x=\frac{x\bigl((a+1)x+1\bigr)}{x^2-x}=\frac{(a+1)x+1}{x-1}\ \longrightarrow\ a+1 \]

Quindi:

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2-x}\right)^{\!x}=e^{a+1} \]

Svolgimento:

Per \(x\to0\) il numeratore tende a \(1-1=0\): è la forma indeterminata \(\dfrac00\). Ricordiamo il limite notevole del coseno in forma generale: per \(t\to0\),

\[ \lim_{t\to0}\frac{1-\cos t}{t^2}=\frac12\qquad\text{cioè}\qquad 1-\cos t\sim\frac12t^2 \]

Che cosa significa \(o(t^2)\). Il simbolo \(o(t^2)\) ("\(o\) piccolo di \(t^2\)") indica una funzione che, per \(t\to0\), è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a \(t^2\) (Sezione 6), cioè una funzione \(r(t)\) tale che:

\[ \lim_{t\to0}\frac{r(t)}{t^2}=0 \]

Vediamo che la differenza fra \(\cos t\) e \(1-\dfrac12t^2\) è proprio di questo tipo. Poniamo \(r(t)=\cos t-\left(1-\dfrac12t^2\right)\):

\[ \begin{aligned} \frac{r(t)}{t^2}&=\frac{\cos t-1}{t^2}+\frac12\\ &=-\frac{1-\cos t}{t^2}+\frac12\ \longrightarrow\ -\frac12+\frac12=0 \end{aligned} \]

quindi \(r(t)=o(t^2)\), cioè:

\[ \cos t=1-\frac12t^2+o(t^2)\qquad(t\to0) \]

Nella differenza \(\cos(kx)-\cos(2x)\) la parte principale di ciascun coseno, cioè \(1\), si cancella: per questo serve il termine successivo, \(-\dfrac12t^2\), e il resto \(o(t^2)\) ci garantisce che ciò che trascuriamo è davvero trascurabile rispetto a \(x^2\). Con \(t=kx\) e con \(t=2x\):

\[ \begin{aligned} \cos(kx)&=1-\frac{k^2}{2}x^2+r_1(x)\\ \cos(2x)&=1-2x^2+r_2(x) \end{aligned} \]

dove \(r_1(x)=r(kx)\) e \(r_2(x)=r(2x)\) sono entrambi \(o(x^2)\): per esempio, \(\dfrac{r_2(x)}{x^2}=\dfrac{r(2x)}{x^2}=4\cdot\dfrac{r(2x)}{(2x)^2}\to4\cdot0=0\), e lo stesso vale per \(r_1\) (per \(k=0\) si ha semplicemente \(r_1=0\)). Sottraendo:

\[ \cos(kx)-\cos(2x)=\left(2-\frac{k^2}{2}\right)x^2+\bigl[r_1(x)-r_2(x)\bigr] \]

Quindi:

\[ \cos(kx)-\cos(2x)=\left(2-\frac{k^2}{2}\right)x^2+o(x^2) \]

Dividendo per \(x^2\), e ricordando che \(\dfrac{o(x^2)}{x^2}\to0\) (perché \(o(x^2)\) è, per definizione, un infinitesimo di ordine superiore rispetto a \(x^2\)):

\[ \begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\cos(kx)-\cos(2x)}{x^2}&=\lim_{x\to0}\left[2-\frac{k^2}{2}+\frac{o(x^2)}{x^2}\right]\\ &=2-\frac{k^2}{2}=\frac{4-k^2}{2} \end{aligned} \]

Il limite vale \(-6\) quando \(\dfrac{4-k^2}{2}=-6\), cioè \(4-k^2=-12\), cioè \(k^2=16\).

Svolgimento:

Per \(x\to0\) usiamo, come nell'esercizio 4, gli asintotici del coseno con il resto:

\[ \begin{aligned} \cos x&=1-\frac12x^2+o(x^2)\\ \cos(2x)&=1-2x^2+o(x^2) \end{aligned} \]

Moltiplichiamo per le costanti \(a\) e \(b\):

\[ \begin{aligned} a\cos x&=a-\frac a2x^2+a\cdot o(x^2)\\ b\cos(2x)&=b-2b\,x^2+b\cdot o(x^2) \end{aligned} \]

Sommiamo i due risultati e sottraiamo \(3\):

\[ \begin{aligned} a\cos x+b\cos(2x)-3&=(a+b-3)-\left(\frac a2+2b\right)x^2\\ &\quad+\bigl[a\cdot o(x^2)+b\cdot o(x^2)\bigr] \end{aligned} \]

Per le regole viste nell'esercizio 4, moltiplicare per una costante e sommare non cambia l'ordine: \(a\cdot o(x^2)+b\cdot o(x^2)=o(x^2)\). Quindi:

\[ \begin{aligned} a\cos x+b\cos(2x)-3&=(a+b-3)\\ &\quad-\left(\frac a2+2b\right)x^2+o(x^2) \end{aligned} \]

Dividendo per \(x^2\):

\[ \begin{aligned} \frac{a\cos x+b\cos(2x)-3}{x^2}&=\frac{a+b-3}{x^2}\\ &\quad-\left(\frac a2+2b\right)+\frac{o(x^2)}{x^2} \end{aligned} \]

Gli ultimi due termini hanno limite finito (il secondo è una costante, il terzo tende a \(0\)). Il primo, invece, se \(a+b-3\neq0\) tende a \(+\infty\) o a \(-\infty\), e il limite complessivo sarebbe infinito, non \(-\dfrac92\). Deve quindi essere:

\[ a+b-3=0\qquad\Longrightarrow\qquad a+b=3 \]

In questo caso il limite vale \(-\left(\dfrac a2+2b\right)\), e imponendo che sia uguale a \(-\dfrac92\) si ottiene \(\dfrac a2+2b=\dfrac92\), cioè \(a+4b=9\). Risolviamo il sistema:

\[ \begin{cases} a+b=3\\ a+4b=9 \end{cases}\qquad\Longrightarrow\qquad 3b=6\ \Rightarrow\ b=2,\quad a=1 \]

Svolgimento:

Per \(a\neq0\) la base tende a \(1\) e l'esponente a \(\pm\infty\): è la forma indeterminata \(1^{\infty}\). Scriviamo la potenza come esponenziale in base \(e\):

\[ (\cos x)^{a/x^2}=e^{\,a\cdot\frac{\ln(\cos x)}{x^2}} \]

Studiamo l'esponente. Per il limite notevole del logaritmo (Sezione 3), \(\ln(\cos x)=\ln\bigl(1+(\cos x-1)\bigr)\sim\cos x-1\), e per il limite notevole del coseno (Sezione 1), \(\cos x-1\sim-\dfrac12x^2\). Quindi:

\[ a\cdot\frac{\ln(\cos x)}{x^2}\sim a\cdot\frac{-\frac12x^2}{x^2}=-\frac a2 \]

e il limite della potenza è \(e^{-a/2}\). (Per \(a=0\) la potenza vale sempre \(1=e^0\), in accordo con la formula.) Il limite vale \(e^{-3}\) quando \(-\dfrac a2=-3\), cioè \(a=6\).

Svolgimento:

La base tende a \(+\infty\) e l'esponente a \(0\): è la forma indeterminata \(\infty^{0}\). Scriviamo la potenza come esponenziale in base \(e\):

\[ \bigl(x^{\alpha}+\ln x\bigr)^{1/\ln x}=e^{\frac{\ln(x^{\alpha}+\ln x)}{\ln x}} \]

Studiamo l'esponente. Raccogliamo \(x^\alpha\) dentro il logaritmo:

\[ \begin{aligned} \ln\bigl(x^{\alpha}+\ln x\bigr)&=\ln\Bigl[x^{\alpha}\Bigl(1+\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\Bigr)\Bigr]\\ &=\alpha\ln x+\ln\Bigl(1+\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\Bigr) \end{aligned} \]

Per la gerarchia degli infiniti, \(\dfrac{\ln x}{x^\alpha}\to0\), quindi \(\ln\Bigl(1+\dfrac{\ln x}{x^\alpha}\Bigr)\to0\). Dividendo per \(\ln x\), che tende a \(+\infty\):

\[ \begin{aligned} \frac{\ln(x^{\alpha}+\ln x)}{\ln x}&=\alpha+\frac{\ln\bigl(1+\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\bigr)}{\ln x}\\ &\longrightarrow\ \alpha+0=\alpha \end{aligned} \]