LIMITI: FORMA INDETERMINATA 0/0 (ZERO SU ZERO)

La forma indeterminata 0/0 (zero su zero) si ha nei limiti quando al tendere della x verso una certa quantità (finita oppure infinita) fa tendere la funzione ad un rapporto tra due infinitesimi (zeri).

Se vuoi contestualizzare meglio la forma indeterminate all’interno della logica dei limiti ti consiglio di dare un’occhiata ai seguenti articoli:

• Limiti: forme determinate e indeterminate
• Le forme indeterminate dei limiti

FORMA INDETERMINATA 0/0 (ZERO SU ZERO) 

Per comprendere con cosa abbiamo a che fare consideriamo i seguenti tre esempi di calcolo dei limiti:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{x^2+x}{x} \quad \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5-x}-2}{x-1} \quad \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x^2)}{2x^2} $$

Partiamo dal primo caso, e andiamo a calcolare il limite

$$ \lim_{x \to 0} \frac{x^2+x}{x} = \frac{0^2+0}{0} = \frac{0}{0} $$

Come potete notare otteniamo un rapporto tra zeri, ovvero tra quantità infinitesime.

Allo stesso modo se calcoliamo gli altri due:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5-x}-2}{x-1} = \frac{\sqrt{5-1}-2}{1-1} = \frac{0}{0} $$

$$ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x^2)}{2x^2} = \frac{\ln(1+0^2)}{2\cdot 0^2} = \frac{0}{0} $$

Anche qui siamo nella stessa situazione.

Come possiamo uscire da questa situazione imbarazzante?

COME RISOLVERE UNA FORMA INDETERMINATA  0/0 (ZERO SU ZERO)

Per nostra fortuna la matematica ha inventato degli strumenti molto interessanti per venire a capo del problema.

I modi che possiamo utilizzare per risolvere le forme indeterminate del tipo 0/0 (zero su zero)

Questi metodi sono:

• Scomposizione e semplificazione(in presenza di polinomi)
• Razionalizzazioni (in presenza di radici)
• Limiti notevoli ( con esponenziali, logaritmi  e funzioni trigonometriche)
• Teorema di Hospital (sempre valido)
• Polinomio di Taylor (sempre valido)

METODO DELLA SCOMPOSIZIONE  E SEMPLIFICAZIONE

Quando il numeratore e il denominatore sono dei polinomi è sempre possibile risolvere le forme indeterminate 0/0 (zero su zero) mediante la scomposizione

ESEMPIO 1 – FORMA INDETERMINATA 0/0 CON SCOMPOSIZIONE

Consideriamo il primo limite che abbiamo proposto in apertura dell’articolo:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{x^2+x}{x} = \frac{0^2+0}{0} = \frac{0}{0} \to \text{ forma indterm.}$$

Andiamo a raccogliere a fattor comune la x al numeratore, e successivamente a semplificare con il denominatore:

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

Quindi il nostro limite diventa:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{x^2+x}{x} = $$ \lim_{x \to 0} (x+1) = 0+1 =1 $$

ESEMPIO 2

Consideriamo questo esempio un po’ più denso:

$$ \lim_{x \to 2} \frac{x^2-3x+2}{x^2-4} =\frac{2^2-3 \cdot +2}{2^2-4} = \frac{4-6+2}{4-4} = \frac{0}{0} \to \text{ forma indterm.}$$

In questo caso notiamo che il numeratore della frazione è un trinomio speciale con somma pari a –3 e prodotto pari a +2.

Perciò lo possiamo scomporre come:

$$ x^2-3x+2 = (x-2)(x-1) $$

Mentre il denominatore è una differenza di quadrati:

$$ x^2-4 = (x-2)(x+2) $$

Quindi possiamo riscrivere il nostro limite come segue:

$$ \lim_{x \to 2} \frac{x^2-3x+2}{x^2-4} = \lim_{x \to 2} \frac{(x-2)(x-1) }{(x-2)(x+2)} $$

Vi faccio notare che la forma zero su zero è causata proprio dal fattore comune tra il numeratore e il denominatore (x–2):

$$ \lim_{x \to 2} \frac{\color{red}{(x-2)}(x-1) }{\color{red}{(x-2)}(x+2)} $$

Infatti quando andiamo a sostituire al posto della x il due sono proprio questi due che si annullano:

$$ \lim_{x \to 2} \frac{\color{red}{(x-2)}(x-1) }{\color{red}{(x-2)}(x+2)} = \frac{\color{red}{(2-2)}\cdot (2-1) }{\color{red}{(2-2)} \cdot(2+2)} = \frac{\color{red}{0} \cdot(1) }{\color{red}{0} \cdot 4} = \frac{\color{red}{0}}{\color{red}{0}}$$

Semplificando il fattore comune togliamo anche la forma indeterminata e il nostro limite diventa:

$$ \lim_{x \to 2} \frac{(x-2)(x-1) }{(x-2)(x+2)} = \lim_{x \to 2} \frac{x-1 }{x+2} = \frac{2-1}{2+2} = \frac{1}{4} $$

ESEMPIO 3

Un metodo che è sempre applicabile in tutte le scomposizioni polinomiali è la scomposizione con Ruffini.

Consideriamo il seguente esempio di limite:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{x^3-3x+2}{x^3 +2x^2 +x-4} =\frac{0}{0} $$

Notiamo che il valore a cui tende la x, ovvero 1, è il fattore annullante sia del numeratore che del denominatore.

Perciò avremo certamente che entrambi i polinomi sono divisibili per (x–1).

Svolgiamo quindi la divisione con Ruffini, partendo dal numeratore:

$$ (x^3-3x+2) \div (x-1) $$

Il risultato della divisione risulta:

$$ x^2+x-2 $$

Pertanto la scomposizione del numeratore è:

$$ (x^3-3x+2) = (x^2+x-2) \cdot (x-1) $$

Facciamo ora la stessa procedura con il denominatore:

$$ (x^3 +2x^2 +x-4) \div (x-1) = $$

Il quoziente della divisione è:

$$ x^2 +3x+4 $$

Pertanto il denominatore è scomponibile come:

$$ x^3 +2x^2 +x-4 = (x^2 +3x+4) \cdot (x-1) $$

A questo punto andiamo a riscrivere il nostro limite come:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{(x^2+x-2) \cdot \color{red}{(x-1)}}{(x^2 +3x+4) \cdot \color{red}{(x-1)} } = $$

Semplificando il fattor comune (x–1) otteniamo:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{(x^2+x-2)}{(x^2 +3x+4) } = \frac{1^2+1-2}{1^2+3 \cdot 1 +4} = \frac{0}{8} = 0$$

Questo è il valore del limite cercato.

Nel video sotto vediamo un esempio di calcolo di limite forma zero su zero con una frazione polinomiale

I LIMITI TI FANNO IMPAZZIRE ???

Smetti di andare per tentativi sperando nel miracolo. Ho racchiuso in questo percorso il protocollo d’azione esatto per “scardinare” ogni limite $0/0$ al primo colpo:

MOTODO DELLA RAZIONALIZZAZIONE

Un altro modo per risolvere la forma indeterminata 0/0 (zero su zero) dei limiti è la razionalizzazione.

Questo metodo si utilizza quando siamo in presenza di radicali.

Prendiamo in esame il secondo caso presentato all’inizio dell’articolo:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5-x}-2}{x-1} = \frac{\sqrt{5-1}-2}{1-1} = \frac{2-2}{1-1} = \frac{0}{0} $$

Come potete notare al numeratore è presente una radice quadrata.

Il fattore razionalizzante di:

$$ \sqrt{5-x}+2 $$

Infatti abbiamo che:

$$ (\sqrt{5-x}-2 )(\sqrt{5-x}-2 ) = (5-x)-2^2 = 5-x-4= 1-x $$

Andiamo ora a razionalizzare la frazione del limite:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5-x}-2}{x-1} \cdot \frac{\color{blue}{\sqrt{5-x}+2 }}{\color{blue}{\sqrt{5-x}+2} }=$$

I calcoli del numeratore li abbiamo fatti perciò il limite diventa:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{1-x}{(x-1)(\sqrt{5-x}+2)} =$$

Se al numeratore raccogliamo un segno meno:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{\color{red}{1-x}}{-(\color{red}{1-x})(\sqrt{5-x}+2)} =$$

Semplifichiamo il fattor comune (1–x)

$$ \lim_{x \to 1} \frac{1}{-(\sqrt{5-x}+2)} = \frac{1}{-(\sqrt{5-1}+2)} = \ -\ \frac{1}{4}$$

LIMITI NOTEVOLI – forma indeterminata 0/0 (zero su zero)

Quando siamo in presenza di forme esponenziali, logaritmiche, funzioni goniometriche(seno, coseno, tangente) o potenze particolari ad esponente reale è possibile usare i limiti notevoli.

Prendiamo in esame questo esempio:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin (2x^2) + \ln(1-3x^2)}{x^2 + e^{x^2}-1} = $$

Se andiamo a calcolare il limite sostituendo zero alla x :

$$ = \frac{\sin (2 \cdot 0^2) + \ln(1-3 \cdot 0^2)}{0^2 + e^{0^2}-1} = \frac{ \sin 0 +\ln 1}{0 + e^0 -1} = \frac{0}{0} $$

Otteniamo una forma indeterminata del tipo 0/0 (zero su zero).

Ritorniamo ora al limite di partenza e cerchiamo di riconoscere le forme riconducibili alla teoria dei limiti notevoli:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{\color{orange}{\sin (2x^2)} + \color{blue}{\ln(1-3x^2)}}{x^2 + \color{violet}{e^{x^2}-1}} = $$

Ricordiamo che quando la t diventa molta piccola (tende a zero):

$$ \color{orange}{(t \to 0) \to (\sin t \sim t ) \to ( \sin (2x^2) \sim 2x^2)} $$

$$ \color{blue}{(t \to 0) \to (\ln(1+ t) \sim t ) \to ( \ln (1-3x^2) \sim -3x^2)} $$

$$ \color{violet}{(t \to 0) \to (e^t -1 \sim t ) \to ( e^{x^2}-1 \sim x^2)} $$

$$ \sim \text{ è il simbolo di “asintotico” ed equivale a “si comporta come” o “assume valore molto vicino a”} $$

Ad esempio per descrivere il primo caso possiamo scrivere: quando l’argomento t del seno diventa molto piccolo i seno di t si comporta come il suo argomento, ovvero tende ad assumere valori molto vicini o prossimi alla t

Possiamo quindi approssimare la frazione oggetto del limite come segue:

$$ \frac{\color{orange}{\sin (2x^2)} + \color{blue}{\ln(1-3x^2)}}{x^2 + \color{violet}{e^{x^2}-1}} \sim \frac{\color{orange}{2x^2} + \color{blue}{(-3x^2)}}{x^2 + \color{violet}{x^2}} $$

La frazione originaria si comporta dunque come questa frazione polinomiale più semplice:

$$ \frac{\color{orange}{2x^2} + \color{blue}{(-3x^2)}}{x^2 + \color{violet}{x^2}} = \frac{2x^2-3x^2}{x^2+x^2} = \frac{-x^2}{2x^2} =\ – \frac{1}{2}$$

ESEMPIO 2 – CALCOLO FORMA INDETERMINATA ZERO SU ZERO CON LIMITI NOTEVOLI

In questo video propongo alcuni calcoli della forma indeterminata zero su zero che utilizza i limiti notevoli

TEOREMA DI HOSPITAL:

Un metodo generale sempre valido per risolvere forme indeterminate del tipo 0/0 (zero su zero) è il teorema di Hospital.

Questo teorema prescrive che quando ci troviamo di fronte a forme indeterminate del tipo 0/0 oppure ∞/∞ possiamo risolverle facendo il limite del rapporto tra le derivate.

Ovviamente sempre per x che tende al valore originario.

Risulta chiaro che per usare questo metodo bisogna aver ben chiaro si calcolano le derivatecon le relative regole di derivazione.

Prendiamo in esame alcuni limiti già svolti:

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ESEMPIO FORMA INDETERMINATA 0/0 (zero su zero) – TEOREMA DI HOSPITAL

Riprendiamo l’esercizio numero 3 delle scomposizioni che abbiamo risolto con il metodo Ruffini.

$$ \lim_{x \to 1} \frac{x^3-3x+2}{x^3 +2x^2 +x-4} =\frac{0}{0} $$

Nella matematica derivate esiste un teorema molto potente che si applica alla risoluzione delle forme indeterminate 0/0, il teorema di Hospital.

Tale teorema afferma (sotto certe condizione) che è possibile calcolare una forma indeterminata generata da un rapporto di due funzioni, facendo il rapporto tra le derivate prime.

In questo caso quindi possiamo seguire questa strategia ed il nuovo calcolo diventa:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{(x^3-3x+2)’}{(x^3 +2x^2 +x-4)’} = \lim_{x \to 1} \frac{3x^2-3}{3x^2+4x+1} $$

Andiamo quindi ad inserire i numeri:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{3x^2-3}{3x^2+4x+1} = \frac{3 \cdot 1^2 -3}{3 \cdot 1^2 + 4 \cdot 1 +1} = \frac{3-3}{3+4+1} = \frac{0}{8} =0$$

Come possiamo ben notare otteniamo lo stesso risultato di quando abbiamo adottato Ruffini, ma in modo più semplice.

ESEMPIO 2

Come secondo esempio riportiamo il caso in cui abbiamo applicato la razionalizzazione:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5-x}-2}{x-1} = \frac{0}{0} $$

Anche in questo caso andiamo a calcolare la derivata prima del numeratore e del denominatore per poi sostituire:

$$ \lim_{x \to 1} \frac{-\ \frac{1}{\ \sqrt{5-x}}}{1}= \frac{-\ \frac{1}{\ \sqrt{5-1}}}{1}= \frac{ -\ \frac{1}{2 \cdot 2}}{1}= -\ \frac{1}{4} $$

ESEMPIO 3 – FORMA INDETERMINATA ZERO SU ZERO CON HOSPITAL

In questo video vediamo un esercizio di forma indeterminata zero su zero risolta con il teorema di Hospital

ESEMPIO 4

Com ultimo esempio riportiamo quello relativo ai limiti notevoli:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin (2x^2) + \ln(1-3x^2)}{x^2 + e^{x^2}-1} = \frac{0}{0}$$

Andiamo a calcolare come al solito le derivate del numeratore e del denominatore della frazione:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{4x \cdot \cos(2x^2) + \frac{-6x}{1-3x^2}}{2x+2x \cdot e^{x^2}} = $$

Se facessimo la sostituzione troveremmo ancora una forma indeterminata 0/0.

Quindi andiamo a raccogliere a fattor comune  2x sa al numeratore che al denominatore per poi semplificarle:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{\color{red}{2x} \cdot \left(2 \cos(2x^2 ) -\ \frac{3}{1-3x^2}\right)}{\color{red}{2x} \cdot \left(1+e^{x^2}\right)} = $$

Semplifichiamo ora la x al numeratore e al denominatore:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{2 \cos(2x^2 ) -\ \frac{3}{1-3x^2}}{1+e^{x^2}} = $$

Ora sostituiamo lo zero al posto della x:

$$ \begin{array}{ccccc} &=& \frac{2 \cos(2 \cdot 0^2 ) -\ \frac{3}{1-3 \cdot 0^2}}{1+e^{0^2}} &=& \\ &=& \frac{2 \cos 0 -\ \frac{3}{1-0}}{1+1} &=& \frac{2 \cdot 1 -3}{2} =\ -\ \frac{1}{2} \end{array}$$

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POLINOMIO DI TAYLOR – MC LAURIN

Un ultimo interessante metodo che mostriamo per calcolare le derivate è il polinomio di Taylor.

Quando il punto x preso in considerazione è il punto zero questo viene detto anche polinomio di Mc Laurin.

Questo metodo è utilizzato prevalentemente nelle università da ingegneria in su.

Quindi se fate economia o le scuole superiori non preoccupatevi se non lo avete visto.

Possiamo considerare questo metodo come un’espansione dei limiti notevoli e del metodo Hospital.

ESEMPIO FORMA INDETERMINATA 0/0 (ZERO SU ZERO) – TAYLOR MC-LAURIN

Prendiamo in considerazione il seguente limite:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{e^x -1 -\ln(1+x)}{x^2-x \cdot \sin x} $$

Anche se questo limite può sembrare banalmente risolto con i limiti notevoli, ci accorgiamo che provando a fare le opportune sostituzioni, che:

Per x tendente a zero:

$$ \frac{e^x -1 -\ln(1+x)}{x^2-x \cdot \sin x} \sim \frac{x-x}{x^2-x^2} = \frac{0}{0} $$

In questo caso arriviamo alla conclusione che questa cosa non è risolvibile.

Grazie al polinomio di Mc Laurin attestato al terzo ordine sappiamo che in x=0:

$$ e^x = 1+x+ \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) $$

$$ \ln(1+x) = x-\ \frac{x^2}{2} + o(x^3) $$

$$ \sin x = x-\ \frac{x^3}{3} + o(x^3) $$

Sostituendo nell’espressione del limite abbiamo:

$$ \frac{e^x -1 -\ln(1+x)}{x^2-x \cdot \sin x} \sim \frac{x-x}{x^2-x^2} $$

$$ \sim \frac{1+x+ \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)-1-\left( x-\ \frac{x^2}{2} + o(x^3) \right) }{x^2 -x \cdot \left( x-\ \frac{x^3}{3} + o(x^3) \right)} $$

Svolgiamo i calcoli raggruppando le quantità infinitesime “o piccolo di x^3”:

$$ = \frac{x+ \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} -x+ \frac{x^2}{2} + o(x^3) }{x^2 -x^2 + \frac{x^4}{3} + o(x^3)} $$

Semplificano le x al numeratore e le x alla seconda al denominatore:

$$ = \frac{ x^2 + \frac{x^3}{6} + o(x^3) }{ \frac{x^4}{3} + o(x^3)} $$

Facendo “sopravvivere” solamente gli infinitesimi più forti abbiamo:

$$ \sim \frac{x^2 + o(x^3)}{\frac{x^4}{3} +o(x^3)} \sim \frac{x^2}{ \frac{x^4}{3}} = \frac{3}{x^2} = \frac{3}{0} = \infty $$

ALTRO ESEMPIO DI CALCOLO CON TAYLOR

Nell’esercizio proposto nel video sotto abbiamo un esempio di applicazione del teorema di Taylor per risolvere una forma zero su zero

In particolare l’esercizio si propone di stabilire la convergenza di una serie.

Questo tipo di esercizio è solitamente trattato nei corsi di analisi matematica 1 nelle facoltà di ingegneria.

HAI QUALCHE DOMANDA SULLA FORMA INDETERMINATA ZERO SU ZERO (0/0)?

Se hai domande sull’argomento appena trattato scrivilo sotto nei commenti.

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