Teorema di de l'Hôpital: enunciato, dimostrazione, esempi ed esercizi svolti

Davanti a un limite come $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}$ i trucchi algebrici e i limiti notevoli non bastano. Con le derivate arriva uno strumento più generale: il teorema di de l’Hôpital, o regola di de l’Hôpital. Dice che, per le forme $\frac{0}{0}$ e $\frac{\infty}{\infty}$, il limite di un rapporto è uguale al limite del rapporto delle derivate. All’esame lo usi nei limiti, negli asintoti e con le funzioni integrali, e spesso ti chiedono l’enunciato con tutte le ipotesi. In questa pagina vediamo l’idea geometrica, l’enunciato preciso, la dimostrazione, il metodo, gli esempi, la gerarchia degli infiniti, le altre forme indeterminate, cinque trappole con i controesempi, il confronto con Taylor, le successioni, la storia del nome, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: il rapporto delle pendenze

Prendi $f(x) = \ln x$ e $g(x) = x^2 - 1$ vicino a $x_0 = 1$. Valgono entrambe 0 in 1, quindi $\frac{\ln x}{x^2 - 1}$ è una forma $\frac{0}{0}$. Ma vicino a 1 ogni funzione derivabile somiglia alla sua retta tangente: $\ln x$ a quella di pendenza $f'(1) = 1$, $x^2 - 1$ a quella di pendenza $g'(1) = 2$:

$$\begin{gathered} \ln x \approx 1 \cdot (x - 1) \\ x^2 - 1 \approx 2\,(x - 1) \end{gathered}$$

Nel rapporto il fattore $x - 1$ si semplifica e resta il rapporto delle pendenze, $\frac{1}{2}$. I numeri lo confermano:

$x$	$\frac{\ln x}{x^2 - 1}$
0,9	0,5545
0,99	0,5050
1,001	0,4995
1,01	0,4950
1,1	0,4539

In alto, nella figura, le due curve passano per $(1, 0)$ incollate alle loro tangenti; in basso il loro rapporto, che in 1 non è definito ma si avvicina a $\frac{1}{2}$.

Perché è vero (versione facile). Se $f(x_0) = g(x_0) = 0$, $f$ e $g$ sono derivabili in $x_0$ e $g'(x_0) \neq 0$, basta dividere sopra e sotto per $x - x_0$:

$$\begin{gathered} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}}{\dfrac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0}} \\ {} \to \frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} \end{gathered}$$

perché i rapporti incrementali tendono alle derivate (quello di $g$ tende a $g'(x_0) \neq 0$, quindi vicino a $x_0$ non si annulla, e nemmeno $g$).

Questa versione però non basta. Con $\frac{x - \sin x}{x^3}$ le derivate in 0 sono nulle e $\frac{f'(0)}{g'(0)}$ è di nuovo $\frac{0}{0}$; con $x \to +\infty$ non c’è un punto in cui calcolarle; a volte $f$ e $g$ in $x_0$ non sono nemmeno definite. Il teorema vero guarda il limite di $\frac{f'(x)}{g'(x)}$, e copre tutti questi casi.

L’enunciato preciso

Cosa dice ogni pezzo:

• Derivabili vicino a $x_0$, non per forza in $x_0$. In $x_0$ possono anche non essere definite, come $\ln x$ e $\frac{1}{x}$ in 0.
• $g' \neq 0$ vicino a $x_0$. Con le funzioni elementari di solito è automatico; è un problema quando $g'$ oscilla e si annulla infinite volte vicino al punto (quinta trappola).
• Nel caso $\frac{\infty}{\infty}$ basta $|g| \to +\infty$. Su $f$ non serve nessuna ipotesi.
• Il limite di $\frac{f'}{g'}$ deve esistere. È un’ipotesi, non una conseguenza: se $\frac{f'}{g'}$ non ha limite, il teorema non dice niente.

La dimostrazione

Lo strumento chiave è il teorema di Cauchy: se $f$ e $g$ sono continue su $[a, b]$ e derivabili in $(a, b)$, esiste $c$ in $(a, b)$ in cui

$$\begin{gathered} \big(f(b) - f(a)\big)\,g'(c) \\ {} = \big(g(b) - g(a)\big)\,f'(c) \end{gathered}$$

Dimostrazione nel caso zero su zero

Facciamo il caso $\frac{0}{0}$ con $x_0$ finito e il limite da destra; quello da sinistra è identico.

Primo passo. Poniamo $f(x_0) = g(x_0) = 0$, cambiando gli eventuali valori che avevano: il limite non dipende da cosa succede in $x_0$. Ora $f$ e $g$ sono continue in $x_0$, perché lì tendono a 0, e negli altri punti, perché derivabili.

Secondo passo. Prendi $x > x_0$ nell’intorno. Se fosse $g(x) = 0 = g(x_0)$, per il teorema di Rolle ci sarebbe un punto tra $x_0$ e $x$ con $g' = 0$, contro l’ipotesi 2. Quindi $g(x) \neq 0$.

Terzo passo. Su $[x_0, x]$, con $f(x_0) = g(x_0) = 0$, Cauchy dà un punto $c_x$ tra $x_0$ e $x$ con $f(x)\,g'(c_x) = g(x)\,f'(c_x)$. Dividendo per $g(x)\,g'(c_x)$, che non è zero:

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}$$

Quarto passo. Quando $x \to x_0^+$, il punto $c_x$ è schiacciato tra $x_0$ e $x$, quindi $c_x \to x_0^+$ e il secondo membro tende a $\ell$. Più precisamente: fissato un intorno di $\ell$, per l’ipotesi 4 c’è un $\delta > 0$ tale che $\frac{f'(t)}{g'(t)}$ sta in quell’intorno per ogni $t$ tra $x_0$ e $x_0 + \delta$. Se $x < x_0 + \delta$, anche $c_x$ è lì, quindi anche $\frac{f(x)}{g(x)}$ sta in quell’intorno.

Gli altri casi

Se $x_0 = +\infty$ si pone $x = \frac{1}{t}$, con $t \to 0^+$. Le funzioni $F(t) = f\left(\frac{1}{t}\right)$ e $G(t) = g\left(\frac{1}{t}\right)$ hanno derivate

$$\begin{gathered} F'(t) = -\frac{1}{t^2}\,f'\!\left(\frac{1}{t}\right) \\ G'(t) = -\frac{1}{t^2}\,g'\!\left(\frac{1}{t}\right) \end{gathered}$$

e nel rapporto $-\frac{1}{t^2}$ si semplifica: si torna al caso finito. Per $-\infty$ si usa $t \to 0^-$.

Il caso $\frac{\infty}{\infty}$ ha una dimostrazione più lunga, che non facciamo. L’idea: fissa $y$ vicino a $x_0$, dove $\frac{f'}{g'}$ è già quasi $\ell$, e applica Cauchy tra $x$ e $y$, con $x$ ancora più vicino a $x_0$. Il rapporto $\frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)}$ vale $\frac{f'(c)}{g'(c)}$, cioè quasi $\ell$, e dividendo per $g(x)$:

$$\begin{gathered} \frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} \\ {} = \frac{\dfrac{f(x)}{g(x)} - \dfrac{f(y)}{g(x)}}{1 - \dfrac{g(y)}{g(x)}} \end{gathered}$$

Quando $|g(x)| \to \infty$, con $y$ fisso, $\frac{f(y)}{g(x)}$ e $\frac{g(y)}{g(x)}$ tendono a 0, e il secondo membro somiglia sempre più a $\frac{f(x)}{g(x)}$. Ecco perché basta $|g| \to \infty$.

Come si usa: la scaletta

1. Controlla la forma. Sostituendo deve uscire $\frac{0}{0}$ o infinito su infinito; le altre forme indeterminate vanno prima trasformate.
2. Controlla le ipotesi, soprattutto $g' \neq 0$ vicino al punto se ci sono funzioni che oscillano.
3. Deriva separatamente numeratore e denominatore.
4. Semplifica $\frac{f'}{g'}$: raccogli, cancella, porta fuori i fattori che tendono a un numero diverso da 0, usa i limiti notevoli.
5. Calcola il limite. Se è ancora indeterminato, ricomincia dal punto 1; se non esiste, cambia strada.

Esempi con la forma zero su zero

Esempio 1. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2}$, forma $\frac{0}{0}$. Le derivate sono $e^x - 1$ e $2x$, che non si annulla per $x \neq 0$:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2} \\ {} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{2x} \end{gathered}$$

Di nuovo $\frac{0}{0}$: puoi applicare il teorema una seconda volta, $\frac{e^x}{2} \to \frac{1}{2}$, o usare il limite notevole $\frac{e^x - 1}{x} \to 1$. Il limite è $\frac{1}{2}$. La logica va all’indietro: l’ultimo limite esiste, quindi esiste il penultimo, e così via.

Esempio 2. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}$. Le derivate prime in 0 sono nulle: servono più passaggi. Le derivate dei denominatori, $3x^2$, $6x$ e $6$, non si annullano per $x \neq 0$:

$$\begin{gathered} \frac{x - \sin x}{x^3} \to \frac{1 - \cos x}{3x^2} \\ {} \to \frac{\sin x}{6x} \to \frac{\cos x}{6} \to \frac{1}{6} \end{gathered}$$

Le frecce tra le frazioni si leggono «ha lo stesso limite di». Al secondo passaggio potevi fermarti con $\frac{1 - \cos x}{x^2} \to \frac{1}{2}$. Con gli asintotici questo limite non si fa, perché in $x - \sin x$ le parti principali si cancellano.

Esempio 3. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x - \sin x}$. Siccome $(\tan x)' = 1 + \tan^2 x$, le derivate sono $\tan^2 x$ e $1 - \cos x$, che non si annulla per $0 < |x| < 2\pi$. È ancora $\frac{0}{0}$, ma basta un trucco: $\tan^2 x = \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}$ e $\sin^2 x = (1 - \cos x)(1 + \cos x)$, quindi

$$\begin{gathered} \frac{\tan^2 x}{1 - \cos x} = \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x\,(1 - \cos x)} \\ {} = \frac{(1 - \cos x)(1 + \cos x)}{\cos^2 x\,(1 - \cos x)} \\ {} = \frac{1 + \cos x}{\cos^2 x} \to 2 \end{gathered}$$

Il limite è 2: vicino a 0, $\tan x - x$ è circa il doppio di $x - \sin x$.

Esempi con la forma infinito su infinito

Esempio 4: logaritmo contro potenza. Per $\alpha > 0$, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^\alpha}$ è $\frac{\infty}{\infty}$, e la derivata del denominatore, $\alpha\,x^{\alpha - 1}$, è positiva:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^\alpha} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{\alpha\,x^{\alpha - 1}} \\ {} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\alpha\,x^\alpha} = 0 \end{gathered}$$

Qualunque potenza positiva, anche $x^{0{,}01}$, alla fine batte il logaritmo.

Esempio 5: potenza contro esponenziale. Per ogni naturale $n \geq 1$, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{e^x} = 0$. Per induzione: con $n = 1$, $\frac{x}{e^x} \to \frac{1}{e^x} \to 0$. Se vale per $n - 1$, allora

$$\begin{gathered} \lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{n\,x^{n-1}}{e^x} \\ {} = n \cdot 0 = 0 \end{gathered}$$

A ogni passaggio l’esponente scende di 1, mentre $e^x$ resta se stesso. Per un esponente reale $b > 0$ basta un confronto: per $x \geq 1$ e $n \geq b$, $0 < \frac{x^b}{e^x} \leq \frac{x^n}{e^x}$. Con una base $c > 1$, siccome $(c^x)' = c^x \ln c$, cambia solo un fattore $\frac{1}{\ln c}$ a ogni passaggio.

Sono i gradini della gerarchia degli infiniti: logaritmi, potenze, esponenziali. Lì trovi la catena completa, dimostrata senza derivate.

Le altre forme indeterminate

De l’Hôpital vale solo per $\frac{0}{0}$ e $\frac{\infty}{\infty}$: le altre forme indeterminate vanno prima riscritte.

Forma	Come si riscrive
$0 \cdot \infty$	$f\,g = \dfrac{f}{1/g}$ oppure $\dfrac{g}{1/f}$
$\infty - \infty$	denominatore comune o raccoglimento
$1^\infty$, $0^0$, $\infty^0$	$f^g = e^{\,g \ln f}$, poi l’esponente

Zero per infinito: quale fattore mettere sotto

$\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x\ln x$ è $0 \cdot \infty$. Mettendo $x$ al denominatore come $\frac{1}{1/x}$ si ha una forma $\frac{\infty}{\infty}$:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} \\ {} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0 \end{gathered}$$

L’altra scelta, $\frac{x}{1/\ln x}$, è lecita, ma la derivata di $\frac{1}{\ln x}$ è $-\frac{1}{x\ln^2 x}$ e si arriva a $-x\ln^2 x$: di nuovo $0 \cdot \infty$, e peggio di prima.

Regola pratica. Lascia al numeratore logaritmi e arcotangenti, che derivando diventano frazioni semplici, e porta al denominatore, come reciproco, la potenza di $x$.

Infinito meno infinito: il denominatore comune

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}\right)$ è $\infty - \infty$ da entrambi i lati. Con il denominatore comune diventa $\frac{\sin x - x}{x\sin x}$, una forma $\frac{0}{0}$; la derivata del denominatore, $\sin x + x\cos x$, per $0 < |x| < \frac{\pi}{2}$ non si annulla:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x\sin x} \\ {} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{\sin x + x\cos x} \end{gathered}$$

Ancora $\frac{0}{0}$. Invece di derivare di nuovo, dividi sopra e sotto per $x$:

$$\frac{\dfrac{\cos x - 1}{x}}{\dfrac{\sin x}{x} + \cos x} \to \frac{0}{1 + 1} = 0$$

Derivando una seconda volta avresti avuto $\frac{-\sin x}{2\cos x - x\sin x} \to 0$: stesso risultato.

Le forme esponenziali: il trucco del logaritmo

Per $1^\infty$, $0^0$ e $\infty^0$ si scrive la potenza in base $e$, con $f(x) > 0$:

$$f(x)^{g(x)} = e^{\,g(x)\ln f(x)}$$

L’esponente è una forma $0 \cdot \infty$. Se tende a un numero $L$, la potenza tende a $e^L$, perché l’esponenziale è continuo; se tende a $+\infty$ o a $-\infty$, la potenza tende a $+\infty$ o a 0.

Forma $1^\infty$. $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{a}{x}\right)^x$, con $a \neq 0$. L’esponente è $\frac{\ln(1 + a/x)}{1/x}$, forma $\frac{0}{0}$. Le derivate sono $-\frac{a}{x^2} \cdot \frac{1}{1 + a/x}$ e $-\frac{1}{x^2}$:

$$\frac{\ln(1 + a/x)}{1/x} \to \frac{a}{1 + a/x} \to a$$

Quindi $\left(1 + \frac{a}{x}\right)^x \to e^a$: è il limite notevole del numero $e$.

Forma $0^0$. $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^x$: l’esponente $x\ln x$ tende a 0, quindi $x^x \to e^0 = 1$.

Forma $\infty^0$. $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x^{1/x}$: l’esponente $\frac{\ln x}{x}$ tende a 0 (esempio 4), quindi il limite è 1.

Cinque trappole, con i controesempi

1. La forma non è indeterminata. $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{x + 1}{x + 2} = \frac{1}{2}$, basta sostituire. Derivando sopra e sotto si otterrebbe 1: sbagliato, perché l’ipotesi 3 non vale. Controlla la forma prima di derivare, e a ogni passaggio.

2. Il limite del rapporto delle derivate non esiste. $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sin x}{x}$ è $\frac{\infty}{\infty}$, perché $x + \sin x \geq x - 1$. Il rapporto delle derivate, $1 + \cos x$, oscilla tra 0 e 2 senza limite. Eppure

$$\frac{x + \sin x}{x} = 1 + \frac{\sin x}{x} \to 1$$

perché $\left|\frac{\sin x}{x}\right| \leq \frac{1}{x}$. Nel grafico la curva blu si assesta su 1, quella arancione oscilla per sempre. Il teorema tace: concludere «il limite non esiste» sarebbe falso.

3. Il giro a vuoto. $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x + e^{-x}}{e^x - e^{-x}}$ è $\frac{\infty}{\infty}$, ma derivando si ottiene il reciproco, $\frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}$, e derivando ancora si torna al punto di partenza. Basta raccogliere $e^x$:

$$\frac{e^x + e^{-x}}{e^x - e^{-x}} = \frac{1 + e^{-2x}}{1 - e^{-2x}} \to 1$$

Stessa storia con $\frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$, che derivando diventa $\frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x}$. Raccogliendo $x^2$ sotto radice, il limite è 1 per $x \to +\infty$ e $-1$ per $x \to -\infty$, dove $\sqrt{x^2} = -x$ (vedi i limiti all’infinito). Non scrivere «$L = \frac{1}{L}$, quindi $L = 1$»: il teorema richiede di sapere già che il limite di $\frac{f'}{g'}$ esiste. E infatti a $-\infty$ sarebbe sbagliato.

4. Derivare il quoziente. $\frac{e^x - 1}{x}$ per $x \to 0$ tende a 1. Con la regola del quoziente avresti $\frac{x e^x - e^x + 1}{x^2}$, che tende a $\frac{1}{2}$: un numero che non c’entra niente. Derivando separatamente, $\frac{e^x}{1} \to 1$.

5. La derivata del denominatore si annulla vicino al punto. Un esempio del matematico austriaco Otto Stolz (1879), per $x \to +\infty$:

$$\begin{gathered} f(x) = x + \sin x\cos x \\ g(x) = e^{\sin x}\,f(x) \end{gathered}$$

Entrambe tendono a $+\infty$, e $\frac{f}{g} = e^{-\sin x}$ oscilla tra $\frac{1}{e}$ ed $e$: non ha limite. Le derivate sono

$$\begin{gathered} f'(x) = 2\cos^2 x \\ g'(x) = e^{\sin x}\cos x\,\big(f(x) + 2\cos x\big) \end{gathered}$$

e semplificando $\cos x$:

$$\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{2\cos x}{e^{\sin x}\big(f(x) + 2\cos x\big)}$$

che tende a 0: il numeratore è limitato e il denominatore va a $+\infty$. Sembrerebbe che de l’Hôpital dia 0. Ma $g'$ si annulla in tutti i punti $\frac{\pi}{2} + k\pi$, grandi quanto vuoi: l’ipotesi 2 non vale, e semplificare $\cos x$ era illecito proprio lì.

De l’Hôpital, limiti notevoli o Taylor?

Derivare prodotti e composizioni allunga i conti a ogni passaggio. Prendi

$$\lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1 - x^2}{x^2\sin^2 x}$$

Derivando subito, il denominatore diventa $2x\sin^2 x + 2x^2\sin x\cos x$, e servirebbero quattro applicazioni. Meglio semplificare prima: il denominatore è un prodotto e $\sin^2 x \sim x^2$, quindi per il principio di sostituzione degli infinitesimi puoi sostituirlo. Con $t = x^2$ il limite diventa

$$\lim_{t \to 0^+} \frac{e^t - 1 - t}{t^2} = \frac{1}{2}$$

cioè l’esempio 1. Con la formula di Taylor è ancora più diretto: $e^{x^2} - 1 - x^2 \sim \frac{x^4}{2}$, e il denominatore è $\sim x^4$.

Altri limiti risolti con tutti questi metodi li trovi negli esercizi svolti sui limiti.

Le successioni: si passa dalla funzione

Una successione $a_n$ è definita solo sui naturali: non si può derivare rispetto a $n$. Si passa alla funzione $f(x)$ che per $x = n$ dà $a_n$, e si usa il teorema ponte: se $f(x) \to \ell$ per $x \to +\infty$, anche $f(n) \to \ell$.

Esempio. $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{n^2}{2^n}$. Per la funzione $\frac{x^2}{2^x}$ servono due applicazioni, perché $(2^x)' = 2^x \ln 2$ fa ricomparire l’esponenziale: si arriva a $\frac{2}{2^x \ln^2 2} \to 0$. Quindi $\frac{n^2}{2^n} \to 0$: per $n = 20$ vale già circa $0{,}0004$.

Il ponte va in una sola direzione: se la funzione non ha limite, la successione può averlo lo stesso. E con i fattoriali, come in $\frac{2^n}{n!}$, si usa il criterio del rapporto.

Una storia curiosa

Il teorema porta il nome del marchese Guillaume de l’Hôpital (1661-1704), un nobile parigino appassionato di matematica. Nel 1691 si fece insegnare il nuovo calcolo di Leibniz dal giovane svizzero Johann Bernoulli, e il 17 marzo 1694 gli propose per lettera un accordo: 300 lire francesi (livres) l’anno in cambio delle sue scoperte, da non comunicare ad altri. Bernoulli accettò, e il 22 luglio gli spiegò in una lettera la regola per le forme $\frac{0}{0}$.

Nel 1696 de l’Hôpital pubblicò l’Analyse des infiniment petits pour l’intelligence des lignes courbes, il primo manuale di calcolo differenziale: la regola è nel nono capitolo. Dopo la morte del marchese, Bernoulli rivendicò gran parte del libro; la conferma è arrivata solo nel 1921, con il ritrovamento di una copia manoscritta del suo corso. All’epoca il nome si scriveva l’Hospital, ed era la grafia che usava lui stesso; l’ortografia francese ha poi sostituito la s muta con l’accento circonflesso, come in hôpital. Le due grafie sono corrette, e si pronuncia «lopitàl».

Gli errori più comuni

• Derivare senza controllare la forma. Con $\frac{x + 1}{x + 2}$ per $x \to 0$ verrebbe 1 invece di $\frac{1}{2}$.
• Non ricontrollare la forma a ogni passaggio. Se la frazione non è più indeterminata, ti fermi e sostituisci.
• Usare la regola del quoziente. Numeratore e denominatore si derivano separatamente.
• Dire che il limite non esiste perché il rapporto delle derivate non ha limite. Il teorema tace: $\frac{x + \sin x}{x} \to 1$.
• Applicarlo a 0 · ∞, ∞ − ∞ o alle potenze senza trasformarle. Prima si scrive una frazione, o la potenza in base $e$.
• Derivare una successione. Si deriva la funzione associata, poi si torna agli interi.
• Dimostrare con de l’Hôpital che sin x / x tende a 1. È circolare: la derivata del seno si ricava proprio da quel limite.
• Insistere quando le derivate girano in tondo o si complicano. Cambia strada: raccoglimento, limiti notevoli, Taylor.

Esercizi svolti

1. Tre applicazioni di fila

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x}$.

Sostituendo, il numeratore vale $1 - 1 - 0 = 0$ e il denominatore 0: forma $\frac{0}{0}$. Le derivate sono $e^x + e^{-x} - 2$ e $1 - \cos x$, che non si annulla per $0 < |x| < 2\pi$; in 0 il nuovo numeratore vale $1 + 1 - 2 = 0$. Derivando ancora si ottengono $e^x - e^{-x}$ e $\sin x$, che per $0 < |x| < \pi$ non si annulla: ancora $\frac{0}{0}$. La terza volta: $e^x + e^{-x}$ e $\cos x$.

$$\begin{gathered} \frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x} \to \frac{e^x + e^{-x} - 2}{1 - \cos x} \\ {} \to \frac{e^x - e^{-x}}{\sin x} \\ {} \to \frac{e^x + e^{-x}}{\cos x} \to \frac{2}{1} = 2 \end{gathered}$$

L’ultimo limite esiste, quindi valgono 2 anche tutti i precedenti. Il limite è 2: vicino a 0 il numeratore è circa il doppio del denominatore.

2. Zero per infinito con l’arcotangente

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x\left(\frac{\pi}{2} - \arctan x\right)$.

L’arcotangente tende a $\frac{\pi}{2}$, quindi la parentesi tende a 0 mentre $x \to +\infty$: forma $0 \cdot \infty$. Seguendo la regola pratica, l’arcotangente resta al numeratore e $x$ va al denominatore come $\frac{1}{1/x}$:

$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{\pi}{2} - \arctan x}{1/x}$$

È $\frac{0}{0}$. Le derivate sono $-\frac{1}{1 + x^2}$ e $-\frac{1}{x^2}$, che non si annulla mai:

$$\frac{-\frac{1}{1 + x^2}}{-\frac{1}{x^2}} = \frac{x^2}{1 + x^2} \to 1$$

Il limite vale 1: per $x$ grande, $\frac{\pi}{2} - \arctan x \sim \frac{1}{x}$. L’arcotangente si avvicina al suo asintoto $y = \frac{\pi}{2}$ alla velocità con cui $\frac{1}{x}$ va a zero.

3. Infinito meno infinito con il logaritmo

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to 1} \left(\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1}\right)$.

Da destra è $+\infty - (+\infty)$, da sinistra $-\infty - (-\infty)$. Con il denominatore comune:

$$\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1} = \frac{x - 1 - \ln x}{(x - 1)\ln x}$$

È $\frac{0}{0}$. Le derivate sono $1 - \frac{1}{x}$ e $\ln x + \frac{x - 1}{x} = \ln x + 1 - \frac{1}{x}$. Quest’ultima vale 0 in 1 ed è strettamente crescente (la sua derivata è $\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} > 0$), quindi non si annulla per $x \neq 1$. Moltiplicando sopra e sotto per $x$:

$$\frac{1 - \frac{1}{x}}{\ln x + 1 - \frac{1}{x}} = \frac{x - 1}{x\ln x + x - 1}$$

Ancora $\frac{0}{0}$. Derivando di nuovo, il numeratore dà 1 e il denominatore $\ln x + 2$, che vicino a 1 non si annulla:

$$\lim_{x \to 1} \frac{1}{\ln x + 2} = \frac{1}{2}$$

Il limite vale $\frac{1}{2}$ da entrambi i lati: le due quantità infinite differiscono, alla fine, di un mezzo.

4. Una forma uno alla infinito

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to 0} \left(e^x + x\right)^{1/x}$.

La base tende a 1, l’esponente a $+\infty$ da destra e a $-\infty$ da sinistra: forma $1^\infty$. Vicino a 0 la base è positiva, quindi

$$\left(e^x + x\right)^{1/x} = e^{\ln(e^x + x)/x}$$

L’esponente è $\frac{0}{0}$, con derivata del denominatore uguale a 1; la derivata di $\ln(e^x + x)$ è $\frac{e^x + 1}{e^x + x}$:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 0} \frac{\ln(e^x + x)}{x} \\ {} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x + 1}{e^x + x} = \frac{2}{1} = 2 \end{gathered}$$

L’esponente tende a 2 da entrambi i lati, quindi il limite vale $e^2 \approx 7{,}39$. Con il teorema della forma $1^\infty$ dei limiti notevoli torna lo stesso: $\frac{e^x - 1 + x}{x} \to 2$.

5. Una trappola: il teorema tace

Testo. Calcola $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin(1/x)}{\sin x}$. Si può usare de l’Hôpital?

Il numeratore tende a 0, perché $|x^2\sin(1/x)| \leq x^2$, e anche il denominatore: forma $\frac{0}{0}$. Le funzioni sono derivabili per $x \neq 0$ e $\cos x \neq 0$ vicino a 0. Con le regole del prodotto e della funzione composta:

$$\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{2x\sin(1/x) - \cos(1/x)}{\cos x}$$

$2x\sin(1/x) \to 0$ e $\cos x \to 1$, ma $\cos(1/x)$ oscilla tra $-1$ e 1: nei punti $x = \frac{1}{2k\pi}$ il rapporto vale circa $-1$, nei punti $x = \frac{1}{(2k+1)\pi}$ circa $+1$. L’ipotesi 4 non vale e il teorema non dice niente. Il limite si calcola in un altro modo:

$$\frac{x^2 \sin(1/x)}{\sin x} = \frac{x}{\sin x} \cdot x\sin\frac{1}{x}$$

Il primo fattore tende a 1, il secondo a 0 per il teorema dei carabinieri, perché $\left|x\sin\frac{1}{x}\right| \leq |x|$. Il limite esiste e vale 0: è la seconda trappola, vicino a un punto finito.

6. Un parametro da trovare

Testo. Trova il parametro reale $a$ per cui $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^{ax} - \cos x - 2x}{x^2}$ è finito, e calcola il limite.

Per ogni $a$ il numeratore in 0 vale $1 - 1 - 0 = 0$: forma $\frac{0}{0}$. La derivata del denominatore, $2x$, non si annulla per $x \neq 0$:

$$\frac{a\,e^{ax} + \sin x - 2}{2x}$$

Il numeratore tende a $a - 2$.

Se $a \neq 2$, il rapporto tende a $+\infty$ da un lato e a $-\infty$ dall’altro, perché il denominatore ha il segno di $x$. Il teorema vale anche con $\ell$ infinito e per i limiti da un lato, quindi lo stesso succede al limite di partenza: non è finito.

Se $a = 2$, il numeratore $2e^{2x} + \sin x - 2$ tende a 0: ancora $\frac{0}{0}$. Derivando di nuovo:

$$\lim_{x \to 0} \frac{4e^{2x} + \cos x}{2} = \frac{4 + 1}{2} = \frac{5}{2}$$

Il limite è finito solo per $a = 2$, e vale $\frac{5}{2}$: il parametro deve rendere di nuovo indeterminata una forma che altrimenti esploderebbe.

Altri esercizi sul capitolo li trovi negli esercizi svolti sulle derivate.

In sintesi

• De l’Hôpital: se $\frac{f}{g}$ è $\frac{0}{0}$ o $\frac{\infty}{\infty}$ (nel secondo caso basta che $|g|$ tenda a infinito), $f$ e $g$ sono derivabili vicino a $x_0$ con $g' \neq 0$ e $\frac{f'}{g'} \to \ell$, finito o infinito, allora $\frac{f}{g} \to \ell$. Vale anche per $\pm\infty$ e per i limiti da un lato.
• L’idea: vicino a $x_0$ il rapporto di due infinitesimi è il rapporto delle pendenze. La dimostrazione usa il teorema di Cauchy.
• Si derivano numeratore e denominatore separatamente; si può ripetere, ricontrollando la forma.
• Se $\frac{f'}{g'}$ non ha limite il teorema tace; se $g'$ si annulla vicino a $x_0$ non si può usare.
• $0 \cdot \infty$: $f g = \frac{f}{1/g}$; $\infty - \infty$: denominatore comune; potenze: $f^g = e^{g \ln f}$.
• Da ricordare: $\frac{\ln x}{x^\alpha} \to 0$ e $\frac{x^n}{e^x} \to 0$ per $x \to +\infty$; $x\ln x \to 0$ e $x^x \to 1$ per $x \to 0^+$.
• Prima semplifica; con differenze che si cancellano spesso Taylor è più veloce. Per le successioni si passa alla funzione.

De l’Hôpital è potente ma a volte lungo. Lo strumento più potente di tutti per i limiti, e non solo, è la formula di Taylor.