LIMITI NOTEVOLI

In questo articolo parliamo dei limiti notevoli, della loro teoria e tanti esempi pratici.

INTRODUZIONE AI LIMITI NOTEVOLI

I limiti notevoli sono uno dei capitoli più avvincenti della matematica.

Questi limiti permettono infatti di risolvere forme indeterminate del tipo uno alla infinito ma solo legati soprattutto alla forma zero su zero.

La cosa che li rende straordinari è che riguardano le funzioni trascendentali, ovvero esponenziali, logaritmi e funzioni trigonometriche.

Per quanto l’elenco possa essere interminabile tutti i limiti notevoli hanno origine solamente da due limiti.

Il primo è associato alle forme esponenziali e logaritmiche deriva dalla definizione stessa del numero di Nepero o di Eulero

$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e$$

Mentre il secondo è quello da origine alla stirpe dei limiti che usano le funzioni della trigonometria

$$\lim_{x\to0}\frac {\sin x}{x}=1$$

LIMITI NOTEVOLI DI FUNZIONI ESPONENZIALI

Dal limite associato al numero di Nepero

$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e$$

discendono tutti i limiti notevoli che sono legati agli esponenziali e ai logaritmi e che possono coinvolgere anche oggetti irrazionali

Da questi poi discendono a loro volta tutte le forme composte.

LIMITI NOTEVOLI DI FUNZIONI GONIOMETRICHE

Dal secondo limite notevole fondatore

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}$$

 discendono tutti i limiti notevoli che riguardano le funzioni goniometriche, tra cui le principali sono il seno il coseno e la tangente.

Da questi poi discendono a loro volta tutte le forma composte.

GENESI E DISCENDENZA DELLA FORMA ESPONENZIALE

Nella prima metà del 1600 il matematico, astronomo e fisico John Napier (italianizzato con il nome di Giovanni Nepero) inventò la tavola logaritmica.

Questa tavola descritta in quasi 100 pagine permise di agevolare particolari calcoli astronomici e fu utilizzata dal matematico Keplero per perfezionare i suoi calcoli circa le leggi del moto della terra intorno al sole.

In questa ricerca durata oltre 20 anni venne definito uno dei numeri più importanti della matematica.

Questa quantità è nota come il numero di Nepero appunto è identificato dalla lettera e la cui annotazione risale al 1618 ed è contenuta in una delle appendici della tavola logaritmica.

Questo numero e è una quantità irrazionale trascendente in quanto non può essere considerato come una soluzione di una equazione polinomiale.

Il suo valore è approssimativamente:

$$e=2,718281828459045235…$$

La sua definizione matematica è il limite per n che tende ad infinito di 1+1/n tutto elvato alla n, dove n è un numero naturale.

$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e\quad\text{con $n\in\mathbb{N}$}$$

La dimostrazione matematica di questo limite è veramente molto difficile.

Personalmente ho provato a seguirla diverse volte ma alcuni passaggi mi sono veramente molto poco chiari.

Per questo motivo preferisco darvi una nozione più terra a terra della questione.

Se consideriamo dunque la quantità:

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$$

Possiamo notare che a mano a mano aumentiamo il valore del numero naturale n tendiamo progressivamente al numero di Nepero.

Proviamo in ordine a sostituire 1, 10, 100, 1.000, 10.000, 100.000, 1.000.000

Quando la n tende ad infinito troviamo proprio il numero di Nepero

$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e\approx2,718281828459045235…$$

La cosa interessante è che si scopre che n potrebbe anche essere un numero reale qualsiasi ad esempio 1.0234.987.456,99876

$$\left(1+\frac{1}{10.234.987.456,99876}\right)^{10.234.987.456,99876}=2,718168408\approx e$$

Da qui la scrittura più conosciuta:

$$\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^n=e\approx2,718281828459045235…$$

Quando x è un numero reale questo potrebbe tendere anche al meno infinito e il risultato è sempre il numero e.

Da questo limite è possibile far discendere tutti i limiti sopra citatati

LA FORMA LOGARITMICA

Cominciamo ad effettuare una sostituzione chiamando t il reciproco di x (t=1/x).

Se t è il reciproco di x allora x è il reciproco di t.

$$t=\frac{1}{x}\to x=\frac{1}{t}$$

Quando la quantità x tende all’infinito allora la t tende allo zero.

$$(x\to\infty)\to\left(t\to\frac{1}{\infty}\to0\right)$$

Dunque possiamo riscrivere il limite di partenza tutto in funzione della t:

$$\lim_{t\to0}(1+t)^\frac{1}{t}=e$$

Noi sappiamo che il logaritmo naturale (lo chiamiamo semplicemente log) del numero e vale 1

$$\log e=1\quad \text{possiamo anche usare $\ln e$}$$

Dunque possiamo riscrivere il limite sottoponendolo all’azione del logaritmo:

$$\log\left(\lim_{t\to0}(1+t)^\frac{1}{t}\right)=\ln e=1$$

Facciamo uscire il limite dal logaritmo:

$$\lim_{t\to0}\log(1+t)^\frac{1}{t}$$

Spostiamo davanti l’esponente, il che equivale a dividere il tutto per la t:

$$\lim_{t\to0}\frac{\log(1+t)}{t}=1$$

Sapendo che t è un numero reale scriviamolo con la x (non importa la lettera che scegliamo è solo una questione di formalità)

$$\lim_{x\to0}\frac{\log(1+x)}{x}=1$$

Un logaritmo con una base diversa dalla e ad esempio una base a il risultato finale sarebbe stato logaritmo in base a di e

$$\lim_{x\to0}\frac{\log_a(1+x)}{x}=\log_ae$$

LA FORMA ESPONENZIALE

Ripartendo dal risultato con la prima sostituzione:

$$\lim_{x\to0}\frac{\log(1+x)}{x}=1$$

 proviamo ad effettuare la seguente sostituzione

$$x=e^t-1$$

Da cui ricaviamo che la t vale:

$$ x=e^t-1\quad\to\quad e^t=1+x\quad\to\quad t=\log(1+x)$$

Quando la x tende a zero allora anche la t si approssima allo zero

$$(x\to0)\quad\to\quad\left(t\to\log(1+0)=0\right)$$

Allora possiamo anche riscrivere lo stesso limite come:

$$\lim_{t\to0}\frac{t}{e^t-1}=1$$

Ribaltando entrambi i membri dell’equazione otteniamo il limite notevole:

$$\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=1$$

Siccome t è un numero reale qualsiasi la cosa vale anche quando la x tendo allo zero:

$$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$$

Se partendo sempre dal passaggio:

FORMA ESPONENZIALE CON BASE DIVERSA DA E

$$\lim_{x\to0}\frac{\log(1+x)}{x}=1$$

Avessimo optato per questa altra sostituzione:

$$x=a^t-1\quad\text{con$a\in\mathbb{R^+}-\{0\}$}$$

Possiamo riscrivere il numeratore della frazione in questo modo:

$$\log(1+a^t-1)=\log(a^t)=t\log a$$

A questo punto riscriviamo il limite in oggetto così:

$$\lim{t\to0}\frac{t\log a}{a^t-1}=1$$

Dividendo ambo i membri dell’equazione per loga otteniamo:

$$\lim_{t\to0}\frac{t}{a^t-1}=\frac{1}{\log a}$$

Se ribaltiamo la frazione otteniamo un’altra versione logaritmico-esponenziale dei limiti notevoli (mettiamo già anche lo scambio della x con la t)

$$\lim_{x\to0}\frac{a^x-1}{x}=\log a$$

POTENZE CON ESPONENTE REALE

Ripartiamo ancora una volta dalla forma logaritmica:

$$\lim_{x\to0}\frac{\log(1+x)}{x}=1$$

Sostituiamo al posto della x la seguente espressione:

$$x=(1+t)^\alpha-1$$

Dalla quale possiamo ricavare il valore della t in funzione di x con i seguenti passaggi:

$$(1+t)^\alpha=1+x\quad\to\quad t=(1+x)^\alpha-1$$

Questa ultima relazione ci fa immediatamente capire che quando la x tende allo zero anche la t tende in modo medesimo allo zero

$$(x\to0)\quad\to\quad\left(t\to(1+0)^\frac{1}{\alpha}-1=0\right)$$

Con questa sostituzione possiamo riscrivere il numeratore della frazione in funzione di t:

$$\log(1+x)=\log\left(1+(1+t)^\alpha-1\right)=\log\left((1+t)^\alpha\right)=\alpha\log(1+t)$$

Possiamo pertanto riscrivere tutto il limite in funzione della t

$$\lim_{t\to0}\frac{\alpha\log(1+t)}{(1+t)^\alpha-1}=1$$

Dividiamo ambo i membri per 𝛼 e allo stesso tempo moltiplichiamo e dividiamo il lato sinistro dell’equazione per t

$$\lim_{t\to0}\frac{\log(1+t)}{(1+t)^\alpha-1}\cdot\frac{t}{t}=\frac{1}{\alpha}$$

Riscriviamo meglio nel seguente modo:

$$\lim_{t\to0}\frac{t}{(1+t)^\alpha-1}\cdot\frac{\log(1+t)}{t}=\frac{1}{\alpha}$$

Separiamo i due limiti:

$$\lim_{t\to0}\frac{t}{(1+t)^\alpha-1}\cdot\lim_{t\to0}\frac{\log(1+t)}{t}=\frac{1}{\alpha}$$

Ricordiamo che il secondo limite vale 1, per le relazioni che ci sono note precedentemente:

$$\lim_{t\to0}\frac{\log(1+t)}{t}=1\quad\text{(dato noto)}$$

Dunque ci rimane:

$$\lim_{t\to0}\frac{t}{(1+t)^\alpha-1}=\frac{1}{\alpha}$$

Se ribaltiamo la frazione e facciamo il solito cambio di variabile otteniamo il nostro limite notevole.

$$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=1$$

Facciamo di nuovo un riassunto dei limiti notevoli che riguardano forme esponenziali, logaritmiche e potenze ad esponente reale

SCOPRI L’ANALISI MATEMATICA 1 PER INGEGNERIA

Comincia il tuo percorso in una delle più avvincenti storie della matematica del XVII e del XVIII secolo.

Un viaggio incredibile che ti porterà a scoprire l’analisi infinitesimale di funzioni ad una variabile reale, che comprende: limiti, successioni, serie ed integrali.

ANALISI INFINITESIMALE NELLA STORIA

Il concetto di limite prende piede nella storia dell’uomo si dai tempi dell’antica Grecia.

Tra i tanti filosofi dell’antichità possiamo ricordare ad esempio il famoso “paradosso di Zenone” in cui Achille sfida in una corsa una tartaruga che ha un certo margine di vantaggio sull’eroe greco.

Secondo il ragionamento seguito da Zenone nel paradosso Achille non riuscirà mai a superare la tartaruga.

Immaginando infatti di suddividere l’intervallo di distanza tra gli sfidanti in due parti, nell’intervallo di tempo in cui Achille percorre tale distanza la tartaruga aumenta di un pezzo.

A questo punto si considera la seconda nuova distanza tra i due e lo suddivide nuovamente in due parti.

Quando Achille percorre questa seconda metà la tartaruga incrementa il suo vantaggio ancora di un pezzettino più piccolo.

Possiamo ripetere questa procedura all’infinito e avremo sempre la tartaruga in vantaggio, seppur di quantità sempre più piccole 

Risulta chiaro che in una analisi di questo tipo vi è subito una stretta correlazione (negativa) tra i concetti di infinito e infinitesimo.

Mentre con il termine infinito intendiamo una quantità molto grande, con il concetto di infinitesimo ci riferiamo ad una quantità molto piccola

Per farci una idea mentale possiamo pensare ad oggetti che in genere riteniamo molto piccoli rispetto alla realtà che percepiamo, ad esempio cellule e atomi.

Il ragionamento sui limiti come li intendiamo oggi si sviluppa proprio a partire dalla definizione del concetto di numero di Nepero.

A questa maxi ricerca internazionale partecipano matematici, scienziati e fisici del calibro di Galileo Galilei, Newton e Leibnitz nei due secoli attraversano il 1600 e il 1700.

IL CONCETTO DI ASINTOTICO

Nel quadro di questa nuova spiritualità matematica nasce un concetto chiave che sarà veramente fondamentale per risolvere in maniera efficace ed indolore i limiti notevoli.

Parliamo del concetto di asintotico.

Quando stiamo studiando una funzione nell’intorno di un suo punto di accumulazione (sia esso finito o infinito) diciamo che una funzione risulta asintotica ad una altra funzione quando il suo comportamento risulta molto simile.

Risulta talmente simile che quando zoomiamo sempre di più in quella parte di funzione non riusciamo più a vedere una ragionevole differenza tra le due.

La matematica ha anche inventato un simbolo per esprimere questa situazione: il simbolo di asintotico che si presenta con una specie di ondulina:

Ad esempio per esprimere il fatto che in prossimità di un certo punto di accumulazione x₀ la funzione f(x) risulta asintotica alla funzione g(x) possiamo scrivere:

$$(x\to x_0)\ \to\ \left(f(x)\sim g(x)\right)$$

Quando la x tende ad x₀ la funzione f(x) risulta asintotica alla ( può essere approssimata con la) funzione g(x)

In matematica esiste inoltre un teorema molto bello che dimostra in maniera inconfutabile che quando il limite per x che tende verso un punto di accumulazione del rapporto tra due funzioni f(x) e g(x)  vale 1 allora la funzione f(x) è asintotica alla funzione g(x) in prossimità di questo punto.

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=1\quad\to\quad f(x)\sim g(x)\quad(x\to x_0)$$

ASINTOTICI E LIMITI NOTEVOLI

Possiamo dunque applicare il concetto di asintotico ai limiti notevoli.

Sotto vediamo come ad ogni limite corrisponda la sua versione asintotica

PRIMI ESEMPI DI LIMITI NOTEVOLI

Andiamo ora a svolgere qualche applicazione sui limiti notevoli mettendo in atto quello che abbiamo imparato

ESEMPIO 1

$$\lim_{x\to0}\frac{4x+2-\sqrt{1+x}-e^x}{2\log(1+x)-x}$$

Traverso il processo di sostituzione giungiamo ad una forma indeterminata zero su zero

$$\frac{4\cdot0+2-\sqrt{1+0}-e^0}{2\log(1+0)-0}=\frac{0+2-1-1}{2\cdot0-0}=\frac{0}{0}$$

Riscriviamo allora il limite nel seguente modo:

$$\begin{aligned}&\lim_{x\to0}\frac{4x\color{blue}{+1-1}+2-\sqrt{1+x}-e^x}{2\log(1+x)-x}\\&\lim_{x\to0}\frac{4x-\left((1+x)^\frac{1}{2}-1\right)-(e^x-1)}{2\log(1+x)-x}=\end{aligned}$$

Per quello che abbiamo visto sugli asintotici quando la x tende a zero

$$(1+x)^\frac{1}{2}-1\sim\frac{1}{2}x\quad e^x-1\sim x\quad\log(1+x)\sim x$$

Dunque in maniera asintotica scriviamo la frazione

$$\frac{4x-\left((1+x)^\frac{1}{2}-1\right)-(e^x-1)}{2\log(1+x)-x}\sim\frac{4x-\frac{1}{2}x-x}{2x-x}=\frac{\frac{5}{2}x}{x}=\frac{5}{2}$$

Questo è il valore del limite cercato.

ESEMPIO 2

$$\lim_{x\to0}\frac{2^x-3^x}{\pi^x-\phi^x}$$

Sostituendo  giungiamo ad una forma indeterminata zero su zero

$$\frac{2^0-3^0}{\pi^0-\phi^0}=\frac{1-1}{1-1}=\frac{0}{0}$$

Aggiungiamo (+1–1) sia al numeratore che al denominatore

$$\frac{2^x-3^x\color{blue}{+1-1}}{\pi^x-\phi^x\color{blue}{+1-1}}=\frac{(2^x-1)-(3^x-1)}{(\pi^x-1)-(\phi^x-1)}$$

Per quello che abbiamo visto sugli asintotici quando la x tende a zero

$$2^x-1\sim x\log2\quad 3^x-1\sim x\log3\quad \pi^x-1\sim x\log\pi\quad \phi^x-1\sim x\log\phi$$

Dunque in maniera asintotica scriviamo la frazione

$$\frac{(2^x-1)-(3^x-1)}{(\pi^x-1)-(\phi^x-1)}\sim\frac{x\log2-x\log3}{x\log\pi-x\log\phi}$$

Raccogliamo la x e semplifichiamo:

$$\frac{x(\log2-\log3)}{x(\log\pi-\log\phi}\approx-0,611 \\ \ \\ \text{ps: nota bene che $\log$ sta per $\ln$}$$

ESEMPIO 3

$$\lim_{x\to0}\frac{x\ 3^x-\log_2(1+x)\cdot\ln(1+x)-x}{x(2^x-1)}$$

Attraverso il processo di sostituzione giungiamo ad una forma indeterminata zero su zero

$$\frac{0\cdot 3^x-\log_2(1+0)\cdot\ln(1+0)-x}{0\cdot(2^0-1)}=\frac{0+0\cdot0-0}{0\cdot0}=\frac{0}{0}$$

Riscriviamo allora il limite raccogliendo x al numeratore tra il primo e l’ultimo termine della somma:

$$\lim_{x\to0}\frac{x(3^x-1)-\log_2(1+x)\cdot\ln(1+x)}{x(2^x-1)}$$

Per quello che abbiamo visto sugli asintotici quando la x tende a zero

$$\begin{array}{l}3^x-1\sim x\ln3&2^x-1\sim x\ln2\\ \ln_2(1+x)\sim x\frac{1}{\ln2}&\log(1+x)\sim x\end{array}$$

Dunque in maniera asintotica scriviamo la frazione

$$\frac{x(3^x-1)-\log_2(1+x)\cdot\log(1+x)}{x(2^x-1)}\sim\frac{x x\ln3-x\frac{1}{\ln2}x}{x\ln2 x}$$

Raccogliamo il quadrato della x sia al numeratore che al denominatore:

$$\frac{x^2\left(\ln3-\frac{1}{\ln2}\right)}{x^2\ln2}=\frac{\ln3-\frac{1}{\ln2}}{\ln2}$$

GENESI E DISCENDENZA DELLA FORMA GONIOMETRICA

Vediamo ora l’altro filone di limiti notevoli, quelli di natura goniometrica.

LA FORMA PRINCIPALE CON IL SENO

Essi hanno origine dalla forma indeterminata

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

Per la dimostrazione del limite rimandiamo al seguente articolo.

Ora passiamo a dimostrare come a partire da questa forma indeterminata si determinano tutte le altre.

IL LIMITE CON IL COSENO

Cominciamo con il dimostrare:

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$$

Moltiplichiamo e dividiamo il termine di sinistra per la quantità (1+cosx) 

$$\frac{1-\cos x}{x^2}\cdot\frac{1+\cos x}{1+\cos x}$$

Al numeratore abbiamo una differenza di quadrati:

$$\frac{1-\cos^2 x}{x^2}\cdot\frac{1}{1+\cos x}$$

Per la relazione fondamentale della trigonometria il primo numeratore altro non è che il quadrato del seno di x

$$\frac{\sin^2x}{x^2}\cdot\frac{1}{1+\cos x}$$

Nella prima frazione applichiamo la proprietà della potenza per cui il rapporto di due quadrato è il quadrato del rapporto

$$\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\cdot\frac{1}{1+\cos x}$$

Calcolando dunque il limite per x che tende a zero della frazione:

$$\lim{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\cdot\frac{1}{1+\cos x}=$$

Applichiamo il limite notevole sex/x che tende 1

$$(1)^2\cdot\frac{1}{1+\cos0}=1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$$

Abbiamo perciò dimostrato che:

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$$

LIMITE NOTEVOLE CON LA TANGENTE

Passiamo ora a dimostrare il secondo limite che riguarda la tangente:

$$\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1$$

Scriviamo la tangente come il rapporto tra il seno e il coseno e calcoliamo il limite tenendo conto della forma senx /x 

$$\lim_{x\to0}\frac{\frac{\sin x}{\cos x}}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{\cos x}\cdot\frac{1}{\cos x}=1\cdot\frac{1}{\cos0}=1$$

LIMITE CON L’ARCOSENO (SIN^-1)

Veniamo ora al limite notevole che riguarda la funzione arcoseno di x, che di solito viene scritta nei seguente due modi: arcsin x, sin^-1x

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x}{x}=1$$

In questo caso ripartiamo dal padre fondatore dei limiti notevoli trigonometrici

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

Sostituiamo la t al posto di seno di x, per cui la x è uguale all’arcoseno di t

$$t=\sin x\quad\to\quad x=\arcsin x=\sin^{-1}x$$

Da notare che quando la x tende a zero anche la t tende allo zero

$$(x\to0)\ \to\ (t\to sin^{-1}0=0)$$

Dunque possiamo riscrivere il limite come segue:

$$\lim_{t\to0}\frac{t}{\sin^{-1}t}=1$$

Ribaltando la frazione abbiamo il nostro limite notevole

$$\lim_{t\to0}\frac{\sin^{-1}t}{t}=1$$

Siccome la t è un qualsiasi numero reale come la x possiamo tranquillamente scrivere:

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x}{x}=1$$

In modo analogo possiamo dimostrare anche gli ultimi due limiti notevoli

$$\lim_{x\to0}\frac{\left(\cos^{-1}x\right)^2}{x}=2\quad\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}x}{x}=1$$

Da questi poi discendono a loro volta tutte le forma composte.

SCOPRI L’ANALISI MATEMATICA 1 PER INGEGNERIA

Comincia il tuo percorso in una delle più avvincenti storie della matematica del XVII e del XVIII secolo.

Un viaggio incredibile che ti porterà a scoprire l’analisi infinitesimale di funzioni ad una variabile reale, che comprende: limiti, successioni, serie ed integrali.

ASINTOTICO NEI LIMITI NOTEVOLI GONIOMETERICI

Con lo stesso ragionamento fatto sopra per il limiti notevoli di natura goniometrica possiamo associare ad ogni limite la sua forma asintotica

Tali asintotici valgono al tendere della x verso lo zero.

LIMITI NOTEVOLI – ALTRI ESEMPI

Svolgiamo ora alcuni esempi per il calcolo di forme indeterminate che comportano l’utilizzo dei limiti notevoli visti fino ad ora

ESEMPIO 1

$$\lim_{x\to0}\frac{1-3\sin x-e^x}{2\log(1+x)-\tan x}$$

Traverso il processo di sostituzione giungiamo ad una forma indeterminata zero su zero

$$\frac{1-3\sin0-e^0}{2\log(1+0)-\tan0}=\frac{1-3\cdot0-1}{2\cdot0-0}=\frac{0}{0}$$

Riscriviamo allora il limite nel seguente modo:

$$\lim_{x\to0}\frac{-3\sin x-(e^x-1)}{2\log(1+x)-\tan x}$$

Per quello che abbiamo visto sugli asintotici quando la x tende a zero

$$\sin x\sim x\quad e-1\sim x\quad\log(1+x)\sim x\quad \tan x\sim x$$

Dunque in maniera asintotica scriviamo la frazione

$$\frac{-3\sin x-(e^x-1)}{2\log(1+x)-\tan x}\sim\frac{-3x-x}{2x-x}=\frac{-4x}{x}=-4$$

Questo è il valore del limite cercato.

ESEMPIO 2

$$\lim_{x\to0}\frac{2-\cos x+e^{x^2}}{2x^2+x\left(\sqrt[5]{1+x}-1+4\sin x\right)}$$

Attraverso il processo di sostituzione giungiamo ad una forma indeterminata zero su zero

$$\frac{2-\cos0-e^{0^2}}{2\cdot0^2+0\cdot\left(\sqrt[5]{1+0}-1+4\sin0\right)}=\frac{2-1-1}{0+0\cdot(1-1-0)}=\frac{0}{0}$$

Riscriviamo allora il limite nel seguente modo:

$$\lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)-\left(e^{x^2}-1\right)}{2x^2+x\left((1+x)^\frac{1}{5}-1+4\sin x\right)}$$

Per quello che abbiamo visto sugli asintotici quando la x tende a zero

$$1-\cos x\sim\frac{1}{2}x^2\quad e^{x^2}-1\sim x^2\quad(1+x)^\frac{1}{5}-1\sim \frac{1}{5}x\quad \sin x\sim x$$

Dunque in maniera asintotica scriviamo la frazione

$$\frac{(1-\cos x)-\left(e^{x^2}-1\right)}{2x^2+x\left((1+x)^\frac{1}{5}-1+4\sin x\right)}\sim\frac{\frac{1}{2}x^2-x^2}{2x^2+x\left(\frac{1}{5}x+4x\right)}=\frac{-\frac{1}{2}x^2}{\frac{29}{5}x^2}=-\frac{5}{58}$$

Questo è il valore del limite cercato.

ESEMPIO 3

$$\lim_{x\to0}(1+\sin x)^\frac{1}{\sqrt[5]{1+x}-2^x}$$

Sostituendo otteniamo una forma indeterminata del tipo uno alla infinito

$$(1+\sin0)\frac{1}{\sqrt[5]{1+0}-2^0}=1^\frac{1}{0}=1^\infty$$

Per risolvere il nostro usiamo dunque la forma esponenziale secondo la quale:

$$k=e^{\ln k}$$

Riscriviamo pertanto il nostro limite in questo modo:

$$\lim{x\to0}e^{\ln(1+\sin x)^\frac{1}{\sqrt[5]{1+x}-2^x}}$$

Concentriamo ora tutta la nostra attenzione sull’esponente:

$$\ln(1+\sin x)^\frac{1}{\sqrt[5]{1+x}-2^x}$$

Spostiamo davanti l’esponente:

$$\frac{1}{\sqrt[5]{1+x}-2^x}\ln(1+\sin x)=\frac{\ln(1+\sin x)}{\sqrt[5]{1+x}-2^x}$$

Quando la x tende a zero la frazione risulta zero su zero

Aggiungiamo e sottraiamo 1 al denominatore e riscriviamo la radice quinta e rimaneggiamo un po il limite

$$\frac{\ln(1+\sin x)}{(1+x)^\frac{1}{5}-2^x\color{blue}{+1-1}}=\frac{\ln(1+\sin x)}{\left((1+x)^\frac{1}{5}-1\right)-(2^x-1)}$$

Per il discorso sugli asintotici vale che:

$$\sin x\sim x\quad(1+x)^\frac{1}{5}\sim\frac{1}{5}x\quad 2^x-1\sim x\ln2$$

Scriviamo perciò

$$\frac{\ln(1+x)}{\frac{1}{5}x-x\ln2}$$

Ma sempre per il limiti notevoli abbiamo che 

$$\ln(1+x)\sim x$$

Dunque la frazione diventa

$$\frac{x}{\left(\frac{1}{5}-\ln2\right)}=\frac{1}{\frac{1}{5}-\ln2}\approx-2,0278$$

Questo è il valore del limite trovato per l’esponente ora inseriamo il risultato nell’esponenziale

$$\lim_{x\to0}(1+\sin x)^\frac{1}{\sqrt[5]{1+x}-2^x}=e^\frac{1}{\frac{1}{5}-\ln2}\approx0,1316$$

ESEMPIO 5

$$\lim_{x\to\infty}\frac{x^2\cdot[\ln(1+x)-\ln x]}{2x-1-\sin x}$$

Sostituendo incappiamo in una forma indeterminata con gli infiniti

$$\frac{\infty^2\cdot[\ln(1+\infty)-\ln(\infty)}{2\ \infty-1-\sin(\infty)}=\frac{\infty(+\infty-\infty)}{\infty}=\ ???$$

Ci conviene a questo punto analizzare numeratore e denominatore separatamente.

Partiamo dal numeratore ricordandoci che la x sa tendendo all’infinito

$$x^2\cdot[\ln(1+x)-\ln x]$$

Applichiamo la proprietà dei logaritmi secondo cui la differenza di logaritmi di stessa base è il logaritmo del rapporto

$$x^2\ \ln\frac{1+x}{x}=x^2\ \ln\left(\frac{1}{x}+1\right)=x^2\ \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)$$

In questo caso la forma indeterminata che si crea è infinito per zero

Adottiamo una sostituzione e chiamiamo la t il reciproco di x

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

Ricordiamo che quando la x tende all’infinito il suo reciproco t tendo allo zero, dunque possiamo applicare il limite notevole

$$(t\to0)\quad\to\quad \frac{1}{t}\cdot\frac{\ln(1+t)}{t}\sim\frac{1}{t}\cdot1=\frac{1}{t}=x$$

Questo è il risulta ottenuto al numeratore che è un infinito

A questo punto riscriviamo il limite di partenza:

$$\lim_{x\to\infty}\frac{x^2\cdot[\ln(1+x)-\ln x]}{2x-1-\sin x}\sim\lim_{x\to\infty}\frac{x}{2x-1-\sin x}$$

Al denominatore applichiamo la scala degli infiniti ricordando che quando la x tende all’infinito la quantità seno di infinito è trascurabile in quanto compresa tra –1 e +1

$$\frac{x}{2x-1-\sin x}\sim\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}$$

Questo è il valore del limite cercato.

LIMITI NOTEVOLI NELLA FUNZIONI COMPOSTE

Fino ad ora abbiamo applicato i limiti notevoli a funzioni elementari.

Dobbiamo sapere però che questi concetti possono essere applicate anche a funzioni composte.

Consideriamo esempio il principale limite notevole goniometrico e la sua forma asintotica:

$$\lim{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\quad \sin x\sim x$$

Questa forma può essere espansa in questo modo:

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(f(x)\right)}{f(x)}=1\quad \sin f(x)\sim f(x)$$

In questo caso dobbiamo ovviamente tenere presente che quando la x tende al punto di accumulazione del dominio x0 la funzione f(x) tende allo zero

Come esempio consideriamo il seguente limite:

$$\lim_{x\to2}\frac{\sin(x-2)}{x^2-4}=\frac{\sin(2-2)}{4-4}=\frac{\sin0}{0}=\frac{0}{0}$$

Quando la x tende al 2 la funzione del numeratore sin(x-2) tenze a zero, dunque in forma asintotica possiamo scrivere:

$$(x\to2)\quad\to\quad (\sin(x-2)\sim x-2)$$

Dunque la frazione

$$\frac{\sin(x-2)}{x^2-4}\sim\frac{x-2}{(x+2)(x-2)}=\frac{1}{x-2}$$

Possiamo perciò semplificare la scrittura del limite

$$\lim_{x\to2}\frac{\sin(x-2)}{x^2-4}\sim\lim_{x\to2}\frac{1}{x+2}=\frac{1}{4}$$

Riportiamo sotto l’espansione dei limiti notevoli applicati alle forme composte

ESEMPI DI LIMITI NOTEVOLI CON FORME COMPOSTE

Vediamo qualche esempio di risoluzione di limite notevole mediante forme composte

ESEMPIO 1

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin(x^2-x)-e^{x^2-3x}+1}{\left(1+2x-4x^2\right)^\frac{1}{2}-1+\log(1+x+x^2)}$$

Sostituendo arriviamo ad una forma indeterminata 0/0

Applichiamo dunque gli asintotici:

$$\begin{aligned}&\sin(x^2-x)\sim x^2-x\\&-e^{x^2-3x}+1=-\left(e^{x^2-3x}-1\right)\sim-(x^2-3x)\\&\left(1+2x-4x^2\right)^\frac{1}{2}\sim\frac{1}{2}(2x-4x^2)=x-2x^2\\&\log(1+x+x^2)\sim x+x^2\end{aligned}$$

Riscriviamo perciò la frazione soggetta al limite

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

Calcolare il limite di partenza significa in termini asintotici calcolare il limite della frazione asintotica

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin(x^2-x)-e^{x^2-3x}+1}{\left(1+2x-4x^2\right)^\frac{1}{2}-1+\log(1+x+x^2)}\sim\lim_{x\to0}\frac{2}{2-x}=\frac{2}{2-0}=1$$

ESEMPIO 2

$$\lim_{x\to\infty}x\cdot[\log(x^3-x+3)-\log(x^3+3x^2-2x+1)]$$

Sostituendo otteniamo una forma indeterminata più infinito meno infinito dentro la parentesi

$$=\infty\cdot(\infty-\infty)$$

Concentriamoci proprio su quello che accade all’interno della parentesi e applichiamo le proprietà dei logaritmi

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

Da notare che al tendere della x verso infinito la quantità tende a zero.

Infatti se applichiamo la scala degli infiniti:

$$\log\frac{\color{red}{x^3}-x+3}{\color{red}{x^3}+3x^2-2x+1}\sim\log\frac{x^3}{x^3}\log1=0$$

Rimaneggiamo quindi  la frazione in questo modo:

$$\begin{aligned}&\log\frac{\color{red}{x^3}-x+3\color{blue}{(3x^2-2x+1)-(3x^2-2x+1)}}{\color{red}{x^3}+\color{blue}{(3x^2-2x+1)}}=\\&\log\frac{(x^3+3x^2-2x+1)+(-3x^2+x+2)}{x^3+3x^2-2x+1}=\\&\log\left(\frac{x^3+3x^2-2x+1}{x^3+3x^2-2x+1}+\frac{-3x^2+x+2}{x^3+3x^2-2x+1}\right)=\\&\log\left(1+\frac{-3x^2+x+2}{x^3+3x^2-2x+1}\right)\end{aligned}

Applichiamo ora l’approssimazione per il limite notevole insieme alla scala degli infiniti

$$\log\left(1+\frac{-3x^2+x+2}{x^3+3x^2-2x+1}\right)\sim\frac{-3x^2+x+2}{x^3+3x^2-2x+1}\sim\frac{-3x^2}{x^3}=-\frac{3}{x}$$

A questo punto possiamo riscrivere il limite iniziale in termini asintotici

$$\lim_{x\to\infty}x\cdot[\log(x^3-x+3)-\log(x^3+3x^2-2x+1)]\sim\lim_{x\to\infty}x\left(-\frac{3}{x}\right)=-3$$

Ecco il valore del limite cercato

ESEMPIO 3

$$\lim_{x\to1}\frac{\log(2-x^2)+\sin(x^2-5x+4)}{e^{x^3-1}+2^{x^3-2x^2+x}+\sqrt[3]{3x^3-3x^2}-3}$$

Sostituendo troviamo una forma indeterminata 0/0

Riscriviamo il limite in questo modo

$$\lim_{x\to1}\frac{\log(2-x^2)+\sin(x^2-5x+4)}{\left(e^{x^3-1}-1\right)+\left(2^{x^3-2x^2+x}-1\right)+\left((3x^3-3x^2)^\frac{1}{3}-1\right)}$$

Applicando le forme asintotiche abbiamo che quando la x tende ad 1

$$\begin{aligned}&\log\left(1+(1-x^2)\right)\sim1-x^2=-(x+1)(x-1)\\&\sin(x^2-5x+4)\sim x^2-5x+4=(x-4)(x-1)\\&e^{x^3-1}-1\sim x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)\\&2^{x^3-2x^2+x}-1\sim (x^3-2x^2+x)\log2=x(x-1)^2\log2\\&(3x^3-3x^2)\frac{1}{3}\sim\frac{1}{3}(3x^3-3x^2)=x^2(x-1)\end{aligned}$$

Da notare che abbiamo scomposto i risultati finali seguendo rispettivamente le seguenti regole di scomposizione:

• differenza di quadrati
• trinomio speciale di secondo grado
• differenza di cubi
• raccoglimento a fattor comune
• quadrato di binomio

Dunque possiamo riscrivere il limite iniziale come segue:

$$\lim_{x\to1}\frac{-(x+1)(x-1)+(x-4)(x-1)}{(x-1)(x^2+x+1)+x(x-1)^2\log2+x^2(x-1)}$$

Raccogliamo e semplifichiamo il fattor comune (x-1) al numeratore e al denominatore

$$\lim_{x\to1}\frac{-(x+1)+(x-4)}{(x^2+x+1)+x(x-1)\log2+x^2}$$

Ed infine sostituiamo 

$$=\frac{-2-3}{3+1\cdot0\cdot\log2+1}=-\frac{5}{5}=-1$$

SCOPRI L’ANALISI MATEMATICA 1 PER INGEGNERIA

Comincia il tuo percorso in una delle più avvincenti storie della matematica del XVII e del XVIII secolo.

Un viaggio incredibile che ti porterà a scoprire l’analisi infinitesimale di funzioni ad una variabile reale, che comprende: limiti, successioni, serie ed integrali.

L’ARTICOLO TI è PIACIUTO ?

Se questo contenuto ti è piaciuto e vorresti che anche altri utenti possano goderne di questo ed altri ancora sostieni il progetto offrendomi un semplice caffè virtuale

Questo semplice gesto per me significa moltissimo e può essere un forte impulso per lo sviluppo di tutto il progetto di divulgazione matematica

Visita il canale YouTube!