teoremi sui limiti; confronto tra infiniti; differenza di radicilimiti notevoli

 

 

Nella lezione precedente abbiamo dedicato parecchio tempo a definire il concetto di limite sia da un punto di vista intuitivo sia in modo formale. In questa lezione invece descriveremo le principali tecniche per calcolare limiti che non possono essere calcolati con una semplice sostituzione.

Teoremi sui limiti

Iniziamo richiamando un paio di teoremi di particolare utilità nel calcolo dei limiti. Il primo si chiama teorema di unicità del limite e sostiene che, fissato un punto di accumulazione, una funzione (o successione) non può tendere a due valori diversi. 

Teorema di unicità del limite: sia \(f(x)\) una funzione e \(x_0\) un punto di accumulazione per \(\text{dom}(f)\). Allora $$\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l}\displaystyle{\lim_{x\to x_0}f(x)=L_1} \\  \displaystyle{\lim_{x\to x_0}f(x)=L_2} \end{array} \right. \end{align*} \Rightarrow L_1=L_2.$$Come conseguenza di questo teorema, possiamo affermare che se una funzione \(f\) ammette due o più restrizioni aventi limiti diversi per \(x\) tendente a (x_0\), allora non esiste il limite di \(f\) per per \(x\) tendente a \(x_0\).

Lo stesso ragionamento vale per le successioni, come vedremo col prossimo esempio. Consideriamo la successione di termine generale \(a_n=(-1)^nn\) e studiamo il comportamento delle due sottosuccessioni (o restrizioni, per riutilizzare il linguaggio delle funzioni) ottenute considerando dapprima i termini di indice pari \(n=2k\) e successivamente quelli di indice dispari \(n=2k+1\). Per la prima sottosuccessione abbiamo $$b_k=a_{2k}=(-1)^{2k}(2k)=2k\Rightarrow \lim_{k\to+\infty}b_k=+\infty$$mentre per la seconda otteniamo $$c_k=a_{2k+1}=(-1)^{2k+1}(2k+1)=-(2k+1)\Rightarrow \lim_{k\to+\infty}c_k=-\infty.$$Grazie al teorema di unicità del limite deduciamo quindi che $$\nexists \lim_{n\to+\infty}(-1)^nn.$$

In  modo analogo, proponiamo come esercizio di dimostrare che $$\begin{align*} \lim_{n\to+\infty}a_n=L\neq 0\Rightarrow \nexists \lim_{n\to+\infty}(-1)^na_n \\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=L\neq 0\Rightarrow \nexists \lim_{x\to+\infty}\sin xf(x).\end{align*}$$

Teorema del doppio confronto (o dei due carabinieri): siano \(f,g,h\) tre funzioni e sia \(x_0\) un punto di accumulazione per i rispettivi domini. Se \(\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=L\) e se esiste un intorno \(U_{x_0}\) di \(x_0\) tale che $$f(x)\leqslant g(x)\leqslant h(x), \forall x \in U_{x_0}$$allora $$\lim_{x\to x_0}g(x)=L.$$

Possiamo riscrivere il tutto in formula nel seguente modo: $$\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} f(x)\leqslant g(x)\leqslant h(x),\forall x \in U_{x_0} \\ \displaystyle{\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}h(x)=L} \end{array} \right. \end{align*} \Rightarrow \displaystyle{\lim_{x\to x_0}g(x)=L}.$$Il significato pratico del teorema è quello di garantire che una funzione "ingabbiata" tra altre due funzioni aventi lo stesso limite ha necessariamente lo stesso limite delle due funzioni "esterne".

Come applicazione, studiamo il limite della funzione  \(\frac{\sin x}{x}\) quando \(x\) tende a \(+\infty\): in questo caso il numeratore non ha limite quindi l'algebra dell'infinito non ci basta per determinare il limite. Tuttavia, la condizione \(-1\leqslant \sin x\leqslant 1\) ci permette di applicare il teorema dei due carabinieri, infatti $$\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} -\frac{1}{x}\leqslant \frac{\sin x}{x}\leqslant \frac{1}{x}\\  \displaystyle{\lim_{x\to +\infty}-\frac{1}{x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=0} \end{array} \right. \end{align*} \Rightarrow \displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}=0}.$$

Sempre dal teorema dei due carabinieri è possibile ricavare la seguente proposizione: date due funzioni \(f,g\), se \(\lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty\) ed esiste un intorno \(U_{x_0}\) di \(x_0\) tale che \(f(x)\geqslant g(x), \forall x \in U_{x_0}\), allora \(\lim_{x\to x_0}g(x)=+\infty\). A livello intuitivo e informale, questa proposizione si può ottenere usando il "valore" \(+\infty\) al posto della funzione \(h(x)\) nell'enunciato del teorema dei due carabinieri. In formula possiamo anche scrivere $$\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} f(x)\leqslant g(x)\leqslant +\infty,\forall x \in U_{x_0} \\ \displaystyle{\lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty} \end{array} \right. \end{align*} \Rightarrow \displaystyle{\lim_{x\to x_0}g(x)=+\infty}.$$All'atto pratico la proposizione dice che una funzione che "sta sopra" una funzione tendente a \(+\infty\) deve tendere a sua volta a \(+\infty\).

Per fissare le idee aiutiamoci ancora una volta con un esempio, calcolando il limite $$\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{1}{x}+\sin\frac{1}{x}\right):$$se provassimo a sostituire \(x\) con \(0^+\) otterremmo che il primo addendo tende a \(+\infty\) mentre il secondo non ha limite.

Potremmo allora essere portati a dire che il limite della funzione non esiste, ma ricordando che \(\sin\alpha\geqslant -1, \forall\alpha\) otteniamo $$\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{x}+\sin\frac{1}{x}\geqslant \frac{1}{x}-1\\  \displaystyle{\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{1}{x}-1\right)=+\infty} \end{array} \right. \end{align*} \Rightarrow \displaystyle{\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{1}{x}+\sin\frac{1}{x}\right)=+\infty}.$$

Confronto tra infiniti

Il metodo che proponiamo ora è particolarmente utile quando si ha a che fare con forme indeterminate del tipo \(\frac{\infty}{\infty}\) o \(+\infty-\infty\) e consiste nel confrontare le velocità con cui i vari termini presenti nella funzione tendono a \(\pm\infty\). Iniziamo con un esempio molto semplice: il limite $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x-1}{x^2+1}$$si presenta in forma indeterminata \(\frac{\infty}{\infty}\) ma il denominatore, essendo di grado maggiore, tenderà all'infinito più velocemente del numeratore. Possiamo dunque aspettarci che la funzione assuma valori sempre più piccoli fino a tendere a \(0\): formalizziamo quanto appena detto con qualche passaggio algebrico $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x-1}{x^2+1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1-\frac{1}{x}}{x\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}=\frac{1-\frac{1}{+\infty}}{+\infty\left(1+\frac{1}{+\infty}\right)}=\frac{1}{+\infty\cdot 1}=0.$$La tecnica appena mostrata basata sul raccoglimento della potenza di grado massimo per ogni polinomio e può essere applicata con successo ogni volta che dobbiamo calcolare il limite di una funzione razionale (rapporto di polinomi) per \(x\) tendente a \(\pm\infty\) e il risultato dipenderà principalmente dai gradi di numeratore e denominatore $$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0}{b_nm^m+b_{m-1}x^{m-1}+\ldots+b_1x+b_0}=\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} +\infty \text { o }-\infty &\text {   se \(n>m\)} \\ \frac{a_n}{b_m} &\text{   se \(n=m\)} \\ 0 &\text{   se \(n<m\).} \end{array} \right. \end{align*}$$Nel caso \(n>m\) il segno del risultato dipende da vari fattori, specificatamente dai segni di \(a_n\) e \(b_n\), dalla parità di \(n-m\) e infine dal segno dell'infinito a cui tende \(x\); piuttosto che imparare a memoria tutta la casistica, consigliamo semplicemente di effettuare il raccoglimento e poi di valutare i segni usando le regole dell'algebra dell'infinito, come nell'esempio sottostante $$\begin{align*} \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+x-4}{-x^2+5x}&=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3\left(2+\frac{1}{x^2}-\frac{4}{x^3}\right)}{x^2\left(-1+\frac{5}{x}\right)}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x\left(2+\frac{1}{x^2}-\frac{4}{x^3}\right)}{-1+\frac{5}{x}} \\&=\frac{-\infty\left(2+\frac{1}{(-\infty)^2}-\frac{4}{(-\infty)^3}\right)}{-1+\frac{5}{-\infty}}=\frac{-\infty\cdot (2+0-0)}{-1+0}=\frac{-\infty}{-1}=+\infty. \end{align*}$$Il metodo del raccoglimento che abbiamo introdotto in questo paragrafo si può utilizzare anche in presenza di logaritmi ed esponenziali, tenendo presente che i logaritmi tendono all'infinito più lentamente delle potenze mentre gli esponenziali vanno all'infinito più velocemente; riprenderemo questo discorso tra qualche paragrafo, facendo uso dei teoremi di de l'Hopital.

Differenza di radici

Vediamo ora un metodo per risolvere limiti che si presentano in forma \(+\infty-\infty\) e che contengono radici, ad esempio \(\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})\): in questo caso raccogliere \(x\) non è sufficiente $$\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}-\sqrt{x}\right)=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}-1\right).$$Il limite ottenuto nell'ultimo passaggio però si presenta ancora in forma indeterminata (\(\infty\cdot 0\)) e pertanto proponiamo allora una strada diversa. Moltiplicando sopra e dividendo per \(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})\) creiamo un prodotto notevole ("somma per differenza") al numeratore che ci permette di semplificare le radici, infatti $$\begin{align*}\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})&=\lim_{x\to+\infty}\frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{(\sqrt{x+1})^2-(\sqrt{x})^2}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \\ &=\lim_{x\to+\infty}\frac{x+1-x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)}=\frac{1}{+\infty(\sqrt{1+0}+1)}\\ &=\frac{1}{+\infty\cdot 2}=0.  \end{align*}$$

Possiamo trovare conferma del risultato appena calcolato anche con un'analisi grafica: nella figura sottostante le linee rosse indicano la differenza tra \(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})\) ed è facile notare come tale differenza si assottigli avvicinandosi sempre di più al valore limite \(0\).

Vediamo adesso un secondo esempio un po' più complicato che si basa sullo stesso principio, ovvero \(\lim_{x\to-\infty}(\sqrt{x^2+x}+x)\). Verificato che il limite si presenta nuovamente in forma indeterminata \(+\infty-\infty\) moltiplichiamo e dividiamo per la differenza (essendo in presenza di una somma): $$\lim_{x\to-\infty}\frac{(\sqrt{x^2+x}+x)(\sqrt{x^2+x}-x)}{\sqrt{x^2+x}-x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^2+x-x^2}{\sqrt{x^2+x}-x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)}-x}...$$Attenzione! Spesso a questo punto si fa l'errore di portare \(x^2\) fuori dalla radice scrivendo \(x\) al suo posto; questo però non corretto in quanto \(x\) tende a \(-\infty\) e pertanto assume valori negativi. La semplificazione corretta sarà quindi \(\sqrt{x^2}=|x|=-x\) e di conseguenza il limite si svilupperà così: $$\lim_{x\to-\infty}\frac{x}{-x\sqrt{1+\frac{1}{x}}-x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{-\sqrt{1+\frac{1}{x}}-1}=\frac{1}{-\sqrt{1+0}-1}=\frac{1}{-2}.$$

Limiti notevoli

Analizziamo il limite per \(x\) tendente a \(0\) di \(\frac{\sin x}{x}\) (da non confondersi con quello già calcolato in precedenza con \(x\) tendente a \(+\infty\)). Il limite si presenta in forma indeterminata \(\frac{0}{0}\): guardando la circonferenza goniometrica notiamo che per angoli acuti vale la relazione $$\sin x <x < \tan x.$$

Passando ai reciproci abbiamo $$\frac{1}{\tan x}< \frac{1}{x} < \frac{1}{\sin x} \Rightarrow \frac{\sin x}{\tan x}< \frac{\sin x}{x} < \frac{\sin x}{\sin x}\Rightarrow \cos x< \frac{\sin x}{x} < 1.$$Poiché la funzione coseno e la funzione costante \(1\) tendono entrambe al valore \(1\) quando \(x\) tende a \(0\), possiamo concludere grazie al teorema dei due carabinieri che $$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.$$

Nota bene: la dimostrazione proposta è valida solo per angoli positivi, ovvero quando \(x\) tende a \(0^+\); osservando però che \(\frac{\sin x}{x}\) è pari diventa immediato concludere che anche il limite per \(x\) tende a \(0^-\) debba dare risultato \(1\). Per completezza riportiamo il grafico di \(\frac{\sin x}{x}\), in modo da poter avere una conferma visiva dei limiti calcolati in questa lezione.

Il limite che abbiamo appena studiato ricorre molto spesso nello studio della matematica e per questo motivo viene detto limite notevole. Dire che il rapporto tra \(\sin x\) e \(x\) tende a \(1\) per \(x\) tendente a \(0\) significa che le funzioni \(\sin x\) e \(x\) si "somigliano" per valori di \(x\) vicini a \(0\), come si può vedere dal prossimo grafico (in particolare dalla seconda figura zoomata).

In realtà, ci sono molti altri limiti notevoli, tra i quali proponiamo i seguenti:$$ \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1 \\ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x}=0 \\ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2} \\ \lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1 \\ \lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}=1 \\ \lim_{x\to 0^+}x^\alpha\log x=0,\forall \alpha>0 \\ \lim_{x\to \pm\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e \\ \lim_{n\to +\infty} \sqrt[n]{n}=1.   $$ Quando si risolvono esercizi daremo per buono il loro valore dei limiti notevoli senza ridimostrarli ogni volta. Vediamo più in concreto come applicare il limite notevole alla risoluzione di alcuni esercizi. 

  • Calcoliamo \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{5x}\): per applicare il primo limite notevole abbiamo bisogno che l'argomento della funzione seno e il denominatore siano la stessa quantità, e che tale quantità tenda a \(0\). Usando un po' di manipolazioni algebriche possiamo scrivere $$\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{5x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{5x}\cdot\frac{3}{3}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{3}{5}.$$Con il cambio di variabile \(t=3x\) otteniamo $$\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}\cdot\frac{3}{5}=1\cdot\frac{3}{5}=\frac{3}{5}.$$
  • \(\lim_{x\to 0^+}x\log^2x\): per ricondurci al limite notevole dobbiamo aggirare l'esponente del logaritmo. Usando le proprietà delle potenze possiamo scrivere $$ \lim_{x\to 0^+}x\log^2x=\lim_{x\to 0^+}(x^{\frac{1}{2}}\log x)^2=0^2=0.$$
  • \(\lim_{x\to1}\frac{\log x}{x^2-1}\): in questo caso possiamo riscrivere il denominatore come \((x-1)(x+1)\) ed applicare il cambio di variabile \(t=x-1 (\Rightarrow x=t+1)\). $$\lim_{x\to1}\frac{\log x}{(x-1)(x+1)}=\lim_{t\to 0}\frac{\log (t+1)}{t(t+2)}=\lim_{t\to 0}\frac{\log (t+1)}{t}\frac{1}{t+2}=1\cdot\frac{1}{2}.$$Attenzione! Quando si fa un cambio di variabile nei limiti è estremamente importante valutare a cosa tende la nuova variabile \(t\)! In questo esempio siamo passati da \(x\) tendente a \(1\) a \(t=x-1\) tendente a \(1-1=0\).
  • \(\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{2x}\): qui l'idea è di ricondursi al limite notevole \(\lim_{x\to \pm\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e\). Per prima cosa lavoriamo all'interno della parentesi in modo da ottenere una struttura del tipo \(1+\frac{1}{\ldots}\) dove al posto dei puntini serve una quantità tendente a \(\pm\infty\). $$\frac{x+1}{x-1}=\frac{x-1+1+1}{x-1}=1+\frac{2}{x-1}=1+\frac{1}{\frac{x-1}{2}}.$$A questo punto dobbiamo manipolare l'esponente per far comparire il termine \(\frac{x-1}{2}\): $$2x=2(x-1+1)=2(x-1)+2=4\frac{x-1}{2}+2.$$Finalmente siamo pronti a calcolare il limite: $$\begin{align*}\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{2x}&=\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{\frac{x-1}{2}}\right)^{4\frac{x-1}{2}+2}=\lim_{x\to+\infty}\left(\left(1+\frac{1}{\frac{x-1}{2}}\right)^{\frac{x-1}{2}}\right)^4\left(1+\frac{1}{\frac{x-1}{2}}\right)^2 \\ &=e^4\left(1+\frac{1}{+\infty}\right)^2=e^4\cdot 1^2=e^4.\end{align*}$$

Per ulteriori metodi risolutivi relativi ai limiti, rimandiamo alla lezione sulle derivate.