Teoremi di De L’Hôpital: esercizi misti sui limiti

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Teoremi di De L’Hôpital: esercizi misti sui limiti

I teoremi di De L’Hôpital sono un importante e utile strumento dell’Analisi Matematica, sia teorico, nella dimostrazione di altri teoremi, sia pratico, per la risoluzione di forme indeterminate altrimenti difficilmente trattabili.

In questo articolo proponiamo 21 esercizi completamente risolti mediante l’utilizzo dei teoremi, di diversa difficoltà, che integrano inoltre diverse tecniche e mostrano come la loro combinazione possa diventare un efficace mezzo per giungere alla soluzione di un problema.

La raccolta è dunque indicata sia per gli studenti dei corsi di Analisi Matematica 1 che vogliono allenare la loro preparazione in vista dell’esame, sia a chi semplicemente desidera approfondire le potenzialità di questo interessante strumento.
Auguriamo quindi a tutti una buona lettura!

Consigliamo le seguenti raccolte di esercizi su argomenti correlati:

La teoria di riferimento può essere reperita ai seguenti link, estratti dalla lista completa situata alla fine dell’articolo:

Autori e Revisori

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Autore: Giulio Pecorella.

Revisori: Luigi De Masi, Valerio Brunetti, Matteo Talluri.

Notazioni

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$\mathbb{Z}$

$\mathbb{R}$

$(a,b)$

$[a,b]$

Insieme dei numeri interi;

Insieme dei numeri reali;

Intervallo aperto di estremi $a,b$ ;

Intervallo chiuso di estremi $a,b$

$\,$

$\quad$

Introduzione

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In questa dispensa vengono usati i teoremi di de L’Hôpital nello studio di alcune forme indeterminate del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ e $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ . Vengono inoltre mostrati alcuni casi in cui i teoremi non sono applicabili, e si mostra come affrontare questi casi. La dispensa è così organizzata:

La sezione 1 è dedicata ad un breve richiamo sui teoremi.
La sezione 2 riporta una serie di esercizi di difficoltà crescente con le relative risoluzioni.

Alla fine della dispensa sono presenti alcuni riferimenti bibliografici sull’argomento.

Richiami di teoria

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In questa sezione riportiamo due versioni del teorema di de L’Hôpital, le altre sono ottenibili da queste tramite facili manipolazioni algebriche e cambi di variabile. Per una trattazione completa con annesse dimostrazioni si rimanda il lettore a [3].

Teorema 1 ( de L’Hôpital, caso $\left[\frac{0}{0}\right]$ ). Siano $a,b\in \mathbb{R}, a<b$ , $x_0\in[a,b]$ e siano $f,g\colon (a,b)\setminus \{x_0\} \to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $(a,b)\setminus \{x_0\}$ tali che:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0$ ;

$g'(x)\neq 0\;\; \forall x \in (a,b)\setminus \{x_0\}$ ;

esiste
(1) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\ell\in \mathbb{R}\cup\{\pm \infty\}. \end{equation*}$

Allora

(2) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\ell. \end{equation*}$

Facciamo alcune osservazioni:

Il teorema 1 si generalizza al caso in cui $x_0=\pm\infty$ . Infatti, supponiamo che $f,g \colon (b,+\infty) \to \mathbb{R}$ soddisfino le ipotesi del teorema 1 con $+\infty$ al posto di $x_0$ . A meno di restringere il dominio di $f$ e $g$ , possiamo assumere che $b>0$ . Consideriamo le funzioni $\tilde{f},\tilde{g} \colon \left (0, \frac{1}{b} \right) \to \mathbb{R}$ definite da

(3) $\begin{equation*} \tilde{f}(x) = f \left ( \frac{1}{x} \right ), \quad \tilde{g}(x) = g \left ( \frac{1}{x} \right ), \qquad \forall x \in \left (0, \frac{1}{b} \right). \end{equation*}$

Si verifica facilmente che $\tilde{f},\tilde{g}$ soddisfano le ipotesi del teorema 1 con $x_0=0$ . Infatti, ad esempio si ha

(4) $\begin{equation*} \lim_{t \to 0^+} \frac{\tilde{f}'(t)}{\tilde{g}'(t)} = \lim_{t \to 0^+} \frac{-f'\left ( \frac{1}{t} \right ) \frac{1}{t^2}}{-g'\left ( \frac{1}{t} \right )\frac{1}{t^2}} = \lim_{t \to 0^+} \frac{f'\left ( \frac{1}{t} \right ) }{g'\left ( \frac{1}{t} \right )} = \lim_{x \to +\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} =\ell, \end{equation*}$

dove nella penultima uguaglianza si è usato il cambiamento di variabile $t=\frac{1}{x}$ . Quindi, applicando il teorema 1 alle funzioni $\tilde{f},\tilde{g}$ in $0$ si ottiene la conclusione anche su $f,g$ , in quanto, di nuovo per il cambiamento di variabili $t=\frac{1}{x}$ , vale

(5) $\begin{equation*} \ell = \lim_{t \to 0} = \frac{\tilde{f}(t)}{\tilde{g}(t)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)}. \end{equation*}$
Nel caso in cui il limite del rapporto delle derivate ci dia ancora una forma indeterminata, possiamo applicare il teorema alle derivate: ipotizziamo infatti che

(6) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}, \end{equation*}$

sia ancora una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Se $f'$ e $g'$ verificano le prime due ipotesi del teorema 1, possiamo provare nuovamente ad applicarlo e calcolare

(7) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to x_0} \frac{f''(x)}{g''(x)}. \end{equation*}$

Se tale limite non è una forma indeterminata, allora per il teorema 1 coinciderà col valore del limite (6), che sempre per il teorema 1 coincide con il limite del rapporto $f/g$ . Se invece il limite (7) è ancora una forma indeterminata, si può ancora provare ad applicare il teorema, passando alle derivate terze e via dicendo.

$\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$

Teorema 2 (de L’Hôpital, caso $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ ). Siano $a,b\in \mathbb{R},a<b$ , $x_0\in[a,b]$ e siano $f,g\colon (a,b)\setminus \{x_0\} \to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $(a,b)\setminus \{x_0\}$ tali che:

$\displaystyle\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\pm\infty,\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\pm\infty;$

$g'(x)\neq 0\;\; \forall x \in (a,b)\setminus \{x_0\}$ ;

esiste
(8) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\ell\in \mathbb{R}\cup\{\pm \infty\}. \end{equation*}$

(9) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\ell. \end{equation*}$

Valgono le stesse osservazioni fatte nel caso della forma indeterminata $\left[\frac{0}{0}\right]$ .

Testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali valori dei parametri $a \neq 0$ e $b>0$ vale la formula

(10) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow 0^+}\frac{a\left(1-\cos (x)\right)-2x^b}{x^2}=0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Ci troviamo di fronte ad una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definite da

(11) $\begin{equation*} f(x)=a(1-\cos(x))-2x^b,\qquad g(x)=x^2\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Queste funzioni sono derivabili con derivata

(12) $\begin{equation*} f'(x)=a\sin(x)-2bx^{b-1},\qquad g'(x)=2x\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Se calcoliamo il limite del rapporto delle derivate, otteniamo che se $b>2$

(13) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{a\sin(x)-2bx^{b-1}}{2x}=\frac{a}{2}, \end{equation*}$

dove abbiamo utilizzato il limite notevole

(14) $\begin{equation*} \lim\limits_{t \to 0^+}\frac{\sin(t)}{t}=1. \end{equation*}$

In particolare osserviamo che non esiste alcun valore di $a\neq 0$ per cui il limite (13) sia pari a $0$ . Per lo stesso motivo si ha

(15) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{a\sin(x)-4x^{b-1}}{2x}=-\infty, \end{equation*}$

se $b<2$ , invece se $b=2$ si ha

(16) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{a\sin(x)-2bx^{b-1}}{2x}=\frac{a}{2}-b=\frac{a}{2}-2. \end{equation*}$

Quindi, se $a=4$ e $b=2$ , per il teorema 1 si ha

(17) $\begin{equation*} \lim_{x \rightarrow 0^+}\frac{a\left(1-\cos (x)\right)-2x^b}{x^2}=0 . \end{equation*}$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(18) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 1}\frac{\log(2x^2-1)}{x^3-1}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Ci troviamo di fronte ad una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Volendo analizzare il limite per $x \to 1$ , consideriamo le funzioni $f,g\colon \left(\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty\right)\to \mathbb{R}$ definite da

(19) $\begin{equation*} f(x)=\log(2x^2-1),\qquad g(x)=x^3-1\qquad \forall x \in \left(\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty\right). \end{equation*}$

Notiamo che tali funzioni sono derivabili con derivate

(20) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{4x}{2x^2-1},\qquad g'(x)=3x^2\qquad \forall x \in\left(\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty\right). \end{equation*}$

Osserviamo che $g'(x)\neq 0$ per ogni $x \in \left(\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty\right)$ . Un calcolo diretto ci dice che il limite del rapporto delle derivate è

(21) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 1}\frac{f'(x)}{g'(x)}= \lim\limits_{x\to 1}\frac{4x}{2x^2-1}\frac{1}{3x^2}=\frac{4}{3}. \end{equation*}$

Per il teorema 1 tale valore è quindi pari al valore del limite iniziale. Quindi si ha che

(22) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 1}\frac{\ln(2x^2-1)}{x^3-1}=\frac{4}{3}. \end{equation*}$

Osserviamo che possiamo ottenere lo stesso risultato senza applicare il teorema 1, ma applicando il limite notevole del logaritmo. Infatti, con il cambio di variabile $y=x-1$ il limite diventa

(23) $\begin{equation*} \lim\limits_{y\to 0} \frac{\log(1+2y^2+4y)}{y^3+3y^2+3y}=\lim\limits_{y\to 0} \frac{\log(1+2y^2+4y)}{2y^2+4y}\frac{2y^2+4y}{y^3+3y^2+3y}=\frac{4}{3}, \end{equation*}$

dove abbiamo applicato il limite notevole del logaritmo

(24) $\begin{equation*} \lim\limits_{t\to 0}\frac{\log(1+t)}{t}=1. \end{equation*}$

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(25) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}^-}\frac{\mathrm{e}^{\tan{(x)}}}{\tan{(x)}}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Si ha una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ . Nell’analizzare il limite per $x\to \frac{\pi}{2}^-$ , possiamo studiare un opportuno intorno sinistro di $\frac{\pi}{2}$ in cui la tangente è ben definita. Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\to \mathbb{R}$ definite da

(26) $\begin{equation*} f(x)=\mathrm{e}^{\tan (x)},\qquad g(x)=\tan (x) \qquad \forall x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Queste funzioni sono derivabili con derivata

(27) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{\mathrm{e}^{\tan{(x)}}}{\cos^2(x)}\qquad g'(x)=\frac{1}{\cos^2(x)}\qquad \forall x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Osserviamo che per ogni $x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ si ha $g'(x)\neq0$ . Il limite del rapporto delle derivate ci dà

(28) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}^-}\frac{f'(x)}{g'(x)}= \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}^-} \frac{\mathrm{e}^{\tan{(x)}}}{\cos^2(x)} \cos^2(x)=+\infty. \end{equation*}$

Per il teorema 1 si ha quindi

(29) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}^-}\frac{\mathrm{e}^{\tan{(x)}}}{\tan{(x)}}=+\infty. \end{equation*}$

Questo risultato si può ottenere anche applicando la gerarchia degli infiniti: infatti con il cambio di variabile $y=\tan (x)$ il limite precedente è uguale a

(30) $\begin{equation*} \lim\limits_{y\to +\infty} \frac{\mathrm{e}^y}{y}=+\infty, \end{equation*}$

in quanto l’esponenziale è un infinito di ordine superiore a qualsiasi polinomio, per $y\to +\infty$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(31) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to +\infty}\frac{\mathrm{e}^x+5x}{x^2-3x}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Il limite presenta una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ . Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definite da

(32) $\begin{equation*} f(x)=\mathrm{e}^x+5x,\qquad g(x)=x^2-3x \qquad x \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

derivabili con derivata

(33) $\begin{equation*} f'(x)=\mathrm{e}^x+5,\qquad g'(x)=2x-3 \qquad x \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

ed inoltre osserviamo che $g'(x)$ si annula solo in $x=\frac{3}{2}$ . Calcolando il limite del rapporto delle derivate si ha ancora una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ . Seguendo l’osservazione fatta nei richiami di teoria, proviamo ad applicare il teorema 1 alle derivate $f'$ e $g'$ , che osserviamo essere derivabili (ad essere precisi $f$ e $g$ sono derivabili infinite volte). Le derivate seconde sono definite dalle leggi

(34) $\begin{equation*} f''(x)=\mathrm{e}^x,\qquad g''(x)=2\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Il limite del rapporto delle derivate seconde vale

(35) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to +\infty}\frac{f''(x)}{g''(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{e^x}{2}=+\infty. \end{equation*}$

Per il teorema 2, visto che tale limite esiste questo è pari al limite del rapporto delle derivate prime, che quindi sempre per il teorema 2 è uguale al valore del limite iniziale. In conclusione si ha

(36) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to +\infty}\frac{\mathrm{e}^{x}+5x}{x^2-3x}=+\infty. \end{equation*}$

Osserviamo infine che questo risultato si può anche ottenere applicando la gerarchia degli infiniti.

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(37) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 2}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{2}}{x-2}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Si ha una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Per applicare il teorema 1, consideriamo innanzitutto le funzioni $f,g\colon (0,+\infty)\to \mathbb{R}$ definite dalle leggi

(38) $\begin{equation*} f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{2},\qquad g(x)=x-2 \qquad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

Queste funzioni sono derivabili, e le leggi delle derivate sono

(39) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},\qquad g'(x)=1 \qquad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

Siamo quindi nelle ipotesi del teorema 1, una volta verificato che il limite del rapporto delle derivate esista. Questo limite è pari a

(40) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 2} \frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 2} \frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}. \end{equation*}$

Per il teorema 1 si ha quindi

(41) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 2}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{2}}{x-2}=\frac{1}{2\sqrt{2}}. \end{equation*}$

Osserviamo che avremmo potuto trattare il limite precedente con un’altra strategia. Ricordando la nota proprietà $(a^2-b^2)=(a+b)(a-b)$ , possiamo manipolare il limite precedente moltiplicando numeratore e denominare per $\sqrt{x}+\sqrt{2}$ , ottenendo

(42) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 2}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{2}}{x-2}= \lim\limits_{x\to 2}\frac{1}{x-2}\frac{x-2}{\sqrt{x}+\sqrt{2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}, \end{equation*}$

coerentemente con il risultato ottenuto in (41).

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(43) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2\sin(x^{-4})}{x}. \end{equation*}$

Svolgimento.

È possibile calcolare il limite direttamente, in quanto si può semplificare un fattore $x$ tra numeratore e denominatore, ottenendo

(44) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \sin(x^{-4})}{x}=\lim_{x \to 0} x \sin(x^{-4})= 0, \end{equation*}$

dove l’ultima uguaglianza si ottiene applicando il teorema del confronto, da cui segue che il prodotto di una funzione infinitesima per una funzione limitata è infinitesima: infatti, il fattore $x$ ha limite $0$ per $x \to 0$ , mentre il fattore $\sin(x^{-4})$ è limitato poiché assume valori compresi tra $-1$ e $1$ .

Osserviamo che le ipotesi del teorema 1 non sono verificare dalle funzioni al numeratore e al denominatore $f,g \colon \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}$ definite da

(45) $\begin{equation*} f(x)= x^2 \sin(x^{-4}), \quad g(x) = x \qquad\forall x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}. \end{equation*}$

Esse sono entrambe derivabili, con derivate pari a

(46) $\begin{equation*} f'(x)= 2x\sin(x^{4}) - 4x^{-3} \cos(x^{-4}),\quad g'(x)=1 \qquad\forall x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}, \end{equation*}$

ma il limite del rapporto delle derivate

(47) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x \to 0} \big( 2x\sin(x^{4}) - 4x^{-3} \cos(x^{-4}) \big), \end{equation*}$

non esiste. Infatti, il termine $2x\sin(x^{4})$ è infinitesimo in quanto prodotto di una funzione infinitesima per una limitata; d’altra parte, il termine $4x^{-3} \cos(x^{-4})$ non ha limite: il fattore $4x^{-3}$ è divergente, ma il fattore $\cos(x^{-4})$ assume infinite volte sia il valore $1$ che $-1$ in ogni intorno di $0$ e dunque il prodotto non ha limite. L’ipotesi 3 del teorema 1 non è quindi verificata.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(48) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \pi}\frac{\log(x-\pi)}{\cot(2x)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Nell’analizzare tale limite, osserviamo dapprima che esso ha senso in un intorno destro di $\pi$ (ovvero per $x\to \pi^+$ ), affinchè abbia senso il logaritmo al numeratore. Ricordiamo poi che la cotangente è definita come reciproco della tangente (ovvero rapporto di coseno su seno), e quindi si ha

(49) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \pi^+}\cot(2x)=+\infty. \end{equation*}$

Quindi ci troviamo di fronte ad una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ . Nel voler applicare il teorema 2, consideriamo le funzioni $f,g\colon\left(\pi,\frac{3}{2}\pi \right)\to \mathbb{R}$ definite da

(50) $\begin{equation*} f(x)=\log(x-\pi),\qquad g(x)=\cot(2x)\qquad \forall x \in \left(\pi,\frac{3}{2}\pi\right). \end{equation*}$

Esse sono derivabili con derivate

(51) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{1}{x-\pi},\qquad g'(x)=-\frac{2}{\sin^2(2x)}\qquad\forall x \in (\pi,2\pi). \end{equation*}$

Per applicare il teorema 2, una volta osservato che $g'$ non è mai nulla, non ci resta che studiare il limite del rapporto delle derivate

(52) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \pi} \frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to \pi^+} \frac{1}{x-\pi^+} \frac{(-\sin^2(2x))}{2}. \end{equation*}$

Purtroppo ci troviamo di fronte ad una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ , per cui dobbiamo studiare in maniera più approfondita quest’ultimo limite. Operiamo il seguente cambio di variabile: $y=x-\pi$ ; sfruttando la periodicità del seno otteniamo

(53) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \pi^+} \frac{1}{x-\pi} \frac{(-\sin^2(2x))}{2}=\lim\limits_{y\to 0^+}\frac{-\sin^2(2y)}{2y}=\lim\limits_{y\to 0^+}\frac{-\sin^2(2y)}{(2y)^2}2y=0, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il limite notevole

(54) $\begin{equation*} \lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin (t)}{t}=1. \end{equation*}$

Possiamo quindi applicare il teorema 1, che ci permette di concludere che

(55) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \pi^+}\frac{\log(x-\pi)}{\cot(2x)}=0. \end{equation*}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(56) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to -\infty}\frac{x-\cos^2(x)}{3x+\sin(x)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

La forma indeterminata che si presenta è del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ . Mostriamo che in questo caso il teorema 2 non è applicabile, e vediamo quindi qual è il procedimento corretto da applicare per calcolare questo limite. Consideriamo le funzioni $f,g\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definite da

(57) $\begin{equation*} f(x)=x-\cos^2(x),\qquad g(x)=3x+\sin(x)\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Sono derivabili, e le loro derivate hanno legge

(58) $\begin{equation*} f'(x)=1-2\sin(x)\cos(x),\qquad g'(x)=3+\cos(x)\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Osserviamo che $g'(x)\neq 0$ per ogni $x \in \mathbb{R}$ , però il limite del rapporto delle derivate non esiste. Infatti si ha che la funzione $h\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definita da

(59) $\begin{equation*} h(x)\coloneqq\frac{f'(x)}{g'(x)}= \frac{1-2\sin(x)\cos(x)}{3+\cos(x)}\qquad \forall x \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

è periodica di periodo $2\pi$ , si annulla per ogni per ogni $x=\frac{\pi}{4}+2k\pi$ con $k \in \mathbb{Z}$ , e vale $\frac{1}{4}$ quando $x=2k\pi$ con $k \in \mathbb{Z}$ . Per cui possiamo concludere che $h$ non ammette limite per $x\to -\infty$ .

Osserviamo che il limite si risolve agilmente con strumenti elementari: infatti, ricordando che per confronto le due funzioni $f_1,f_2\colon \mathbb{R}\setminus \{0\}\to \mathbb{R}$ definite da

(60) $\begin{equation*} f_1(x)=x^{-1} \cos^2(x),\qquad f_2(x)=(3x)^{-1}\sin(x)\qquad \forall x \in \mathbb{R}\setminus \{0\}, \end{equation*}$

sono infinitesime per $x \to -\infty$ , si ha

(61) $\begin{equation*} \lim\limits_{x \to -\infty}\frac{x-\cos^2(x)}{3x+\sin(x)}=\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{x\big(1-x^{-1} \cos^2(x)\big)}{3x\big(1+(3x)^{-1}\sin(x)\big)}=\frac{1}{3}. \end{equation*}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(62) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 3^+}\left[\log(x^2-4x+3)-\log(x-3)\right]. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che, per come posto, l’esercizio presenta la forma indeterminata $\left[\infty-\infty\right]$ , per cui non potremmo applicare il teorema di de L’Hôpital. Però osserviamo che, sfruttando le proprietà dei logaritmi, si ha

(63) $\begin{equation*} \log(x^2-4x+3)-\log(x-3)=\log\left(\frac{x^2-4x+3}{x-3}\right)\qquad \forall x>3, \end{equation*}$

ed osserviamo che in questo caso l’argomento del logaritmo presenta la forma indeterminata $\left[\frac{0}{0}\right]$ per $x\to 3^+$ . Studiamo quindi il seguente limite

(64) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 3^+}\frac{x^2-4x+3}{x-3}. \end{equation*}$

Per la continuità della funzione logaritmo, se tale limite esiste ed è pari ad $\ell$ , allora il limite iniziale sarà pari a $\log(\ell)$ .

Si considerino le funzioni $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definite da

(65) $\begin{equation*} f(x)=x^2-4x+3,\qquad g(x)=x-3\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Sono derivabili con derivate definite dalle leggi

(66) $\begin{equation*} f'(x)=2x-4,\qquad g'(x)=1\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Il limite del rapporto delle derivate vale

(67) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 3^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 3^+} \frac{2x-4}{1}=2. \end{equation*}$

Per cui, applicando il teorema 1 si ha

(68) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 3^+}\frac{x^2-4x+3}{x-3}=2. \end{equation*}$

Quindi possiamo concludere che

(69) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 3^+}\left[\log(x^2-4x+3)-\log(x-3)\right]=\lim\limits_{x\to 3^+}\log\left(\frac{x^2-4x+3}{x-3}\right)=\log(2). \end{equation*}$

Osserviamo che un altro modo per ottenere lo stesso risultato è scomporre nel seguente modo l’argomento del logaritmo

(70) $\begin{equation*} \frac{x^2-4x+3}{x-3}=\frac{(x-1)(x-3)}{x-3}=x-1\qquad \forall x \neq 3, \end{equation*}$

che ovviamente tende a $2$ per $x \to 3^+$ .

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(71) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\tan(2x)\log(\sin(2x)). \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che in questo caso non possiamo applicare direttamente il teorema di de L’Hôpital, in quanto la forma indeterminata che si presenta è del tipo $\left0\cdot \infty\right$ : infatti la tangente in valore assoluto tende a $+\infty$ , mentre l’argomento del logaritmo tende ad $1$ , e quindi il logaritmo tende a $0$ . Possiamo manipolare in diversi modi il limite per ricondurci ad una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ o $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ ; un modo di procedere è il seguente

(72) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\tan(2x)\log(\sin(2x))=\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin(2x)\log(\sin(2x))}{\cos(2x)}, \end{equation*}$

ottenendo così una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Osserviamo innanzitutto che, poichè $\sin(2x)\to1$ quando $x\to \frac{\pi}{4}$ , il limite precedente è uguale al seguente limite

(73) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{\log(\sin(2x))}{\cos(2x)}. \end{equation*}$

Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon(0,\frac{\pi}{2})\to\mathbb{R}$ definite da

(74) $\begin{equation*} f(x)=\log(\sin(2x)),\qquad g(x)=\cos(2x)\qquad \forall x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Queste funzioni sono derivabili, e le loro derivate sono

(75) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{2\cos(2x)}{\sin(2x)},\qquad g'(x)=-2\sin(2x)\qquad \forall x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

In particolare osserviamo che $g'(x)\neq 0$ . Il calcolo del limite del rapporto delle derivate ci dà

(76) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{f'(x)}{g'(x)}= \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{2\cos(2x)}{-2\sin^2(2x)}=0. \end{equation*}$

Possiamo quindi applicare il teorema 1, che fornisce

(77) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\tan(2x)\log(\sin(2x))=0. \end{equation*}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(78) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{(x+4)^{x+1}-4}{x}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo innanzitutto che ci troviamo di fronte ad una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon (-1,+\infty) \to \mathbb{R}$ definite da

(79) $\begin{equation*} f(x)=(x+4)^{x+1}-4 ,\qquad g(x)= x\qquad \forall x \in (-1,+\infty). \end{equation*}$

Sono entrambe funzioni derivabili. Per ottenere l’espressione di $f'(x)$ applichiamo la regola della catena, osservando che possiamo riscrivere la funzione $f$ nel seguente modo

(80) $\begin{equation*} f(x)=\mathrm{e}^{(x+1)\log(x+4)}-4\qquad \forall x \in (-1,+\infty). \end{equation*}$

Le derivate di $f$ e $g$ sono quindi

(81) $\begin{equation*} f'(x)= \left(\log(x+4)+\frac{x+1}{x+4}\right)\left(x+4\right)^{x+1},\qquad g'(x)=1\qquad \forall x \in (-1,+\infty). \end{equation*}$

Per applicare il teorema 1 non ci resta che studiare il limite del rapporto delle derivate:

(82) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 0} \left(\log(x+4)+\frac{x+1}{x+4}\right)\left(x+4\right)^{x+1}=4\log(4)+1. \end{equation*}$

Dal teorema 1 segue che

(83) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{(x+4)^{x+1}-4}{x}=4\log(4)+1. \end{equation*}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(84) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\cos(\sqrt[3]{x})-\sqrt[3]{\cos(x)}}{x^2}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Questo esercizio è tratto da [2, Esercizio 7.158].

La forma indeterminata che si presenta è del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon \left(0,\frac{\pi}{2}\right)\to \mathbb{R}$ definite da

(85) $\begin{equation*} f(x)=\cos(\sqrt[3]{x})-\sqrt[3]{\cos(x)},\qquad g(x)=x^2\qquad \forall x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right), \end{equation*}$

derivabili con derivate

(86) $\begin{equation*} f'(x)=-\sin(\sqrt[3]{x})\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}+\sin(x)\frac{1}{3\sqrt[3]{\cos^2(x)}},\qquad g'(x)=2x\qquad \forall x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Notiamo subito che $g'(x)\neq0$ , e che il limite del rapporto delle derivate vale

(87) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+} \frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 0^+}\left[-\frac{\sin(\sqrt[3]{x})}{2x}\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}+\frac{\sin(x)}{2x}\frac{1}{3\sqrt[3]{\cos^2(x)}}\right]=-\infty, \end{equation*}$

in quanto il secondo addendo tende a $\frac{1}{6}$ , mentre il primo addendo diverge: infatti, grazie limite notevole

(88) $\begin{equation*} \lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin (t)}{t}=1, \end{equation*}$

si ha

(89) $\begin{equation*} \lim_{x\to0^+}-\frac{\sin(\sqrt[3]{x})}{2x}\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}=\lim_{x\to0^+}-\frac{1}{6}\frac{\sin(\sqrt[3]{x})}{\sqrt[3]{x}}\frac{1}{x^\frac{4}{3}}=-\infty. \end{equation*}$

Applicando il teorema 1 si ha

(90) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\cos(\sqrt[3]{x})-\sqrt[3]{\cos(x)}}{x^2}=-\infty. \end{equation*}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(91) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(\log(3x+1))}{\mathrm{e}^x-3^x}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Questo esercizio è tratto da [1, Esercizio 8.17].

Studiamo questa forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon \left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)\to \mathbb{R}$ definite da

(92) $\begin{equation*} f(x)=\sin(\log(3x+1)),\qquad g(x)=\mathrm{e}^x-3^x\qquad \forall x \in \left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right). \end{equation*}$

Sono funzioni derivabili con derivate

(93) $\begin{equation*} f'(x)=\cos(\log(3x+1))\frac{3}{3x+1},\qquad g'(x)=e^x-3^x\log(3)\qquad \forall x \in \left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right). \end{equation*}$

Osserviamo che $g'(0)\neq 0$ , per cui per il teorema di permanenza del segno $g'$ non si annulla in un opportuno intorno di $0$ . Non ci resta quindi che studiare il limite del rapporto delle derivate

(94) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 0} \frac{\cos(\log(3x+1))}{e^x-3^x\log(3)}\frac{3}{3x+1}=\frac{3}{1-\log(3)}. \end{equation*}$

Possiamo quindi applicare il teorema teorema 1, che ci dà

(95) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin(\log(3x+1))}{\mathrm{e}^{x}-3^x}=\frac{3}{1-\log(3)}. \end{equation*}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(96) $\begin{equation*} \lim_{x \to 4^+} \left ( \frac{x - 5}{x-4} - \frac{1}{\log(x-3)} \right ). \end{equation*}$

Svolgimento.

È una forma indeterminata $[\infty-\infty]$ . Scriviamo il limite come

(97) $\begin{equation*} \lim_{x \to 4^+} \left ( \frac{x - 5}{x-4} - \frac{1}{\log(x-3)} \right )=\lim_{x \to 4^+}\frac{(x-5)\log(x-3) - (x-4)}{(x-4)\log(x-3)}, \end{equation*}$

in modo da avere una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon (4,+\infty)\to \mathbb{R}$ definite da

(98) $\begin{equation*} f(x)=(x-5)\log(x-3)-(x-4),\qquad g(x)=(x-4)\log(x-3)\qquad \forall x \in (4,+\infty). \end{equation*}$

Queste sono derivabili con derivate

(99) $\begin{equation*} f'(x)=\log(x-3)+\frac{(x-5)}{(x-3)}-1,\qquad g'(x)=\log(x-3)+\frac{(x-4)}{(x-3)}\qquad \forall x \in (4,+\infty). \end{equation*}$

Osserviamo che i due addendi che appaiono nella legge di $g'$ sono entrambi positivi per ogni $x \in (4,+\infty)$ , e quindi $g'(x)\neq0$ . Per applicare il teorema teorema 1 non ci resta che analizzare il limite del rapporto delle derivate

(100) $\begin{equation*} \lim_{x \to 4^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x \to 4^+}\frac{\log(x-3)+\frac{(x-5)}{(x-3)}-1}{\log(x-3)+\frac{(x-4)}{(x-3)}}=-\infty. \end{equation*}$

Possiamo quindi concludere che

(101) $\begin{equation*} \lim_{x\to 4^+}\left ( \frac{x - 5}{x-4} - \frac{1}{\log(x-3)} \right )=-\infty. \end{equation*}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(102) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}(\sin(x))^{2x}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Si osservi innanzitutto che il limite ha senso solo per $x \to 0^+$ , in quanto la base dell’esponenziale deve essere positiva. Anche in questo caso abbiamo una forma indeterminata non trattata dal teorema di de l’Hôpital, ovvero la forma indeterminata del tipo $\left[0^0\right]$ . Osserviamo che sfruttando esponenziali e logaritmi possiamo scrivere

(103) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}(\sin(x))^{2x}= \lim\limits_{x\to 0^+} \mathrm{e}^{2x\log(\sin(x))}. \end{equation*}$

La forma indeterminata $\left[0\cdot \infty\right]$ all’esponente si riconduce ad una forma indeterminata $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ nel seguente modo:

(104) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}2x\log(\sin(x))=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\log(\sin(x))}{\frac{1}{2x}}. \end{equation*}$

Notiamo che è una scrittura lecita in quanto $2x\neq 0$ per ogni $x \neq 0$ , e quindi la frazione al denominatore ha senso.

Consideriamo quindi le funzioni $f,g\colon(0,\pi)\to \mathbb{R}$ definite da

(105) $\begin{equation*} f(x)=\log(\sin(x)),\qquad g(x)=\frac{1}{2x}\qquad \forall x \in (0,\pi). \end{equation*}$

Sono derivabili con derivate pari a

(106) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{\cos(x)}{\sin(x)}, \qquad g'(x)= -\frac{1}{2x^2}\qquad \forall x \in (0,\pi). \end{equation*}$

Possiamo scrivere il limite del rapporto delle derivate come

(107) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{-2x\cos(x)}{\frac{\sin(x)}{x}}=0, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il limite notevole

(108) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\sin(x)}{x}=1. \end{equation*}$

Applicando quindi il teorema teorema 1 si ha

(109) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}2x\log(\sin(x))=0, \end{equation*}$

per cui sfruttando la continuità dell’esponenziale si ha

(110) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}(\sin(x))^{2x}=\lim\limits_{x\to 0^+} \mathrm{e}^{2x\log(\sin(x))}=1. \end{equation*}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(111) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{2(\tan(x)-\sin(x))}{x^3}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Siamo in presenza di una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{0}{0}\right]$ . Anticipiamo che in questo caso l’uso del teorema di de L’Hôpital non è conveniente, in quanto porta a calcoli più complessi del necessario. Possiamo infatti scrivere il limite precedente come

(112) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{2(\tan(x)-\sin(x))}{x^3}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}\frac{2(1-\cos(x))}{\cos(x)x^2}, \end{equation*}$

e con limiti notevoli di seno e coseno otteniamo che tale limite è pari ad $1$ , visto che $\cos(x)\to1$ quando $x\to 0$ . Volendo applicare il teorema di de L’Hôpital si ottiene il seguente svolgimento. Consideriamo le funzioni $f,g\colon \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\to \mathbb{R}$ definite da

(113) $\begin{equation*} f(x)=2(\tan(x)-\sin(x)),\qquad g(x)=x^3\qquad \forall x \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right), \end{equation*}$

derivabili, con derivate definite da

(114) $\begin{equation*} f'(x)=2\left(\frac{1}{\cos^2(x)}-\cos(x)\right),\qquad g'(x)=3x^2\qquad \forall x \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Osserviamo che $g'$ si annulla solo per $x=0$ per cui siamo nelle ipotesi del teorema teorema 1 se il limite del rapporto delle derivate esiste. Tale limite è

(115) $\begin{equation*}\begin{aligned} \lim\limits_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=&\lim\limits_{x\to 0} \frac{2}{3x^2}\left(\frac{1}{\cos^2(x)}-\cos(x)\right)=\\=& \lim\limits_{x\to 0} \frac{2}{3x^2}\left({\frac{1-\cos^3(x)}{\cos^2(x)}}\right)=\\ =& \lim\limits_{x\to 0} \frac{2}{3}\left({\frac{(1-\cos(x))(1+\cos^2(x)+\cos(x))}{x^2\cos^2(x)}}\right), \end{aligned}\end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato la scomposizione di cubi $(a^3-b^3)=(a-b)(a^2+b^2+ab)$ .

Utilizzando il limite notevole

(116) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\frac{1}{2}, \end{equation*}$

otteniamo

(117) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0} \frac{2}{3}\left({\frac{(1-\cos(x))(1+\cos^2(x)+\cos(x))}{x^2\cos^2(x)}}\right)=1. \end{equation*}$

Possiamo quindi applicare il teorema teorema 1, che ci dà

(118) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0}\frac{2(\tan(x)-\sin(x))}{x^3}=1. \end{equation*}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(119) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+} \frac{(\sin x)^x-1}{x^x-1} \end{equation*}$

Svolgimento.

Per studiare questo limite, ci conviene innanzitutto riscriverlo nel seguente modo

(120) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\mathrm{e}^{x\log(\sin (x))}-1}{\mathrm{e}^{x\log(x)}-1}. \end{equation*}$

Mostriamo innanzitutto che l’esponente di $e$ al numeratore tende a $0$ per $x \to 0^+$ . Applicando il teorema teorema 2 si vede che

(121) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}x\log(\sin(x))=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\log(\sin(x))}{\frac{1}{x}}=0. \end{equation*}$

Infatti, se consideriamo le funzioni $f,g\colon \left(0,\frac{\pi}{2}\right)\to \mathbb{R}$ definite da

(122) $\begin{equation*} f(x)=\log(\sin(x)),\qquad g(x)=\frac{1}{x}\qquad x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right), \end{equation*}$

notiamo che sono degli infiniti per $x\to 0^+$ , ed inoltre le loro derivate sono

(123) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{\cos(x)}{\sin(x)},\qquad g'(x)=\frac{-1}{x^2}\qquad x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Il limite del rapporto delle derivate è

(124) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{-x^2\cos(x)}{\sin(x)}=0, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il limite notevole

(125) $\begin{equation*} \lim\limits_{t \to 0}\frac{\sin(t)}{t}=1. \end{equation*}$

Osservato che anche $x\log(x)\to 0$ per $x\to 0^+$ , riscriviamo il limite (120) nel seguente modo

(126) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\mathrm{e}^{x\log(\sin (x))}-1}{x\log(\sin (x))}\frac{{x\log(x)}}{\mathrm{e}^{x\log(x)}-1}\frac{x\log(\sin (x))}{x\log(x)}. \end{equation*}$

Da tale espressione, per il teorema del limite della funzione composta ed il limite notevole dell’esponenziale

(127) $\begin{equation*} \lim_{t \to 0^+}\frac{e^t-1}{t}=1, \end{equation*}$

otteniamo che il limite di partenza è uguale al seguente limite

(128) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\log(\sin(x))}{\log(x)}. \end{equation*}$

Applichiamo nuovamente il teorema teorema 2 alle funzioni $f,h\colon \left(0,\frac{\pi}{2}\right)\to \mathbb{R}$ definite da

(129) $\begin{equation*} f(x)=\log(\sin(x)),\qquad h(x)=\log(x)\qquad x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right), \end{equation*}$

le cui derivate sono definite da

(130) $\begin{equation*} f'(x)=\frac{\cos(x)}{\sin(x)},\qquad h'(x)=\frac{1}{x}\qquad x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Sfruttando nuovamente il limite notevole (125), si ha che il limite del rapporto delle derivate è

(131) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f'(x)}{h'(x)}=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{x\cos(x)}{\sin(x)}=1, \end{equation*}$

per cui per il teorema teorema 2 possiamo concludere che

(132) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\log(\sin(x))}{\log(x)}= \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{x\cos(x)}{\sin(x)}=1, \end{equation*}$

che per quanto detto in precedenza è pari al valore del limite di partenza.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(133) $\begin{equation*} \lim\limits_{x\to 0^+}\frac{x^2\mathrm{\arctan}(3(x-x^2))}{\sinh(x)-x\cosh(x)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Ricordiamo che le funzioni $\sinh,\cosh \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sono definite da

(134) $\begin{equation*} \sinh (x) = \frac{e^x-e^{-x}}{2}, \quad \cosh (x) = \frac{e^x+e^{-x}}{2} \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

In quanto somma e differenza di esponenziali, sia $\sinh$ che $\cosh$ sono derivabili infinite volte e le loro derivate soddisfano

(135) $\begin{equation*} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sinh (x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2} = \cosh (x), \qquad \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\cosh (x) = \frac{e^x-e^{-x}}{2} = \sinh (x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Moltiplicando e dividendo per $x$ l’argomento del limite si ottiene

(136) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{x^2\mathrm{\arctan}(3(x-x^2))}{\sinh(x)-x\cosh(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3}{\sinh (x) - x \cosh (x)} \frac{\arctan(3(x-x^2))}{x}. \end{equation*}$

Vogliamo applicare il teorema sul limite del prodotto per i due fattori in (136), di cui calcoliamo separatamente i limiti.

Per il secondo fattore in (136) si ha

(137) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{\arctan(3(x-x^2))}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\arctan(3(x-x^2))}{3(x-x^2)} \frac{3(x-x^2)}{x} = 3, \end{equation*}$

dove si è applicato il limite notevole

(138) $\begin{equation*} \lim_{t \to 0} \frac{\arctan (t)}{t}=1, \end{equation*}$

che si può ottenere usando il cambio di variabili $t=\tan y$ e il limite notevole

(139) $\begin{equation*} \lim_{y \to 0} \frac{\tan (y)}{y}=1. \end{equation*}$
Per calcolare il limite del primo fattore in (136), che presenta una forma indeterminata $\left \frac{0}{0} \right$ , usiamo il teorema teorema 1. Consideriamo le funzioni $f,g \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definite da
(140) $\begin{equation*} f(x)=x^3, \quad g(x)= \sinh (x) - x \cosh (x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

$f$ e $g$ sono derivabili infinite volte in $\mathbb{R}$ . Applicando (135) si ha in particolare

(141) $\begin{equation*} f'(x)=3x^2, \quad g'(x)= \cosh (x) - \cosh (x) - x \sinh (x) = -x \sinh (x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Si osservi che $x \sinh (x)=0$ se e solo se $x=0$ . Si ha inoltre

(142) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{-3x}{\sinh (x)} = \lim_{x \to 0} \frac{-6x}{(e^x - 1) - (e^{-x}-1)} = \lim_{x \to 0} \frac{-6}{\frac{e^x-1}{x} + \frac{e^{-x}-1}{-x}} = -3, \end{equation*}$

dove nella seconda uguaglianza si è sommato e sottratto $1$ al denominatore, mentre nell’ultima si è usato il limite notevole

(143) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0}\frac{e^x-1}{x}=1. \end{equation*}$

Per il teorema teorema 1 si ha che

(144) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3}{\sinh (x) - x \cosh (x)} = -3. \end{equation*}$

Inserendo (144) e (137) in (136) e applicando il teorema sul limite di un prodotto, si ottiene

(145) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \frac{x^2\mathrm{\arctan}(3(x-x^2))}{\sinh(x)-x\cosh(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3}{\sinh (x) - x \cosh (x)} \frac{\arctan(3(x-x^2))}{x} = (-3) \cdot (3) = -9. \end{equation*}$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(146) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{(\sqrt[3]{x}-1) \left ( 1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )\right )}{\sin^2(\log (x))}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Il limite presenta una forma indeterminata $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ . Osserviamo che la frazione è definita nell’insieme $(1-a,1+a) \setminus \{1\}$ , dove $a \in (0,1)$ è un numero sufficientemente piccolo. Infatti, poiché la funione $\sin$ è strettamente crescente in un intorno di $0$ e la funzione $\log$ è strettamente crescente e continua, esiste $a \in (0,1)$ tale che

(147) $\begin{equation*} \log (x)\in (-\pi,\pi) \setminus \{0\} \qquad \forall x \in (1-a,1+a) \setminus \{1\}. \end{equation*}$

Quindi $\sin^2(\log (x))$ non si annulla in $(1-a,1+a) \setminus \{1\}$ e la frazione è ben definita.

Moltiplicando e dividendo la frazione per $\log^2 (x)$ , si ottiene

(148) $\begin{equation*} \frac{(\sqrt[3]{x}-1) \left ( 1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )\right )}{\log^2 (x)} \frac{\log^2 (x)}{\sin^2(\log (x))} \qquad \forall x \in (1-a,1+a) \setminus \{1\}. \end{equation*}$

Calcoliamo separatamente i limiti dei due fattori, per poi applicare il teorema sul limite di un prodotto.

Per il secondo fattore, utilizzando la sostituzione $t=\log (x)$ e il limite notevole
(149) $\begin{equation*} \lim\limits_{t \to 0} \frac{t}{\sin (t)}=1, \end{equation*}$

si ottiene

(150) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{\log^2 (x)}{\sin^2(\log (x))} = \lim_{t \to 0} \frac{t^2}{\sin^2 (t)} = 1. \end{equation*}$
Per il primo fattore, applichiamo il teorema teorema 1. Consideriamo le funzioni $f,g \colon (1-a,1+a) \to \mathbb{R}$ definite da

(151) $\begin{equation*} f(x)=(\sqrt[3]{x}-1) \left ( 1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )\right ). \quad g(x)=\log^2 (x) \qquad \forall x \in (1-a,1+a). \end{equation*}$

Esse sono derivabili con derivate pari a

(152) $\begin{equation*} f'(x)= \frac{1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )}{3 \sqrt[3]{x^2}} - (\sqrt[3]{x}-1) \frac{\pi}{2} \cos \left (\frac{\pi}{2} x \right ), \quad g'(x)=\frac{2 \log (x)}{x} \qquad \forall x \in (1-a,1+a). \end{equation*}$

Si vede che $g'$ si annulla solo per $x=1$ . Si ha però

(153) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 1} \frac{\dfrac{\sqrt[3]{x} \left (1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )\right) }{3} - x(\sqrt[3]{x}-1) \frac{\pi}{2} \cos \left (\frac{\pi}{2} x \right )}{2 \log (x)}, \end{equation*}$

che è di nuovo una forma indeterminata $\left[\frac{0}{0}\right]$ e per risolverla, applichiamo di nuovo il teorema teorema 1. Le funzioni $\phi,\psi \colon (1-a,1+a) \to \mathbb{R}$ definite rispettivamente dal numeratore e dal denominatore della frazione in (153) sono derivabili in $(1-a,1+a)$ e le loro derivate sono pari a

(154) $\begin{equation*} \begin{gathered} \phi'(x) = \frac{1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )}{9 \sqrt[3]{x^2}} - \left ( \frac{\sqrt[3]{x} }{3} + \frac{\sqrt[3]{x}-1}{2} \right ) \pi \cos \left (\frac{\pi}{2} x \right ) + x(\sqrt[3]{x}-1) \frac{\pi^2}{4} \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right ) \qquad \forall x \in (1-a,1+a), \\[5pt] \psi'(x) = \frac{2}{x} \qquad \forall x \in (1-a,1+a). \end{gathered} \end{equation*}$

Poiché $\lim\limits_{x \to 1} \phi'(x)=0$ e $\lim\limits_{x \to 1} \psi'(x)=2$ , si ha

(155) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{\phi'(x)}{\psi'(x)} = 0. \end{equation*}$

Da ciò, applicando il teorema teorema 1 alle funzioni $\phi,\psi$ , segue quindi che il limite in (153) è pari a

(156) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{f'(x)}{g'(x)} = 0. \end{equation*}$

Da tale risultato, applicando ancora il teorema teorema 1 alle funzioni $f,g$ , si ottiene

(157) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 1} \frac{(\sqrt[3]{x}-1) \left ( 1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )\right )}{\log^2 (x)} = 0. \end{equation*}$

Tenendo conto di (157) e (150) e applicando il teorema sul limite del prodotto, si ha

(158) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{(\sqrt[3]{x}-1) \left ( 1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )\right )}{\sin^2(\log (x))} = \lim_{x \to 1} \frac{(\sqrt[3]{x}-1) \left ( 1- \sin \left (\frac{\pi}{2} x \right )\right )}{\log^2 (x)} \frac{\log^2 (x)}{\sin^2(\log (x))} = 0. \end{equation*}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(159) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{ (x-1)^2\left (\arctan (x) - \frac{\pi}{4}\right )}{\sin \left (\pi x \right ) \tan^2(\pi x)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Si tratta di una forma indeterminata $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ . Scriviamo la frazione come prodotto di due frazioni

(160) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{ (x-1)^2\left (\arctan (x) - \frac{\pi}{4}\right )}{\sin \left (\pi x \right ) \tan^2(\pi x)} = \lim_{x \to 1} \left ( \frac{(x-1)^2}{\tan^2 (\pi x)} \frac{\arctan (x) - \frac{\pi}{4}}{\sin (\pi x)} \right ). \end{equation*}$

Vogliamo calcolare separatamente il limite dei due fattori.

Per il primo fattore in (160), mediante la sostituzione $t=x-1$

(161) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)^2}{\tan^2 (\pi x)} = \lim_{t \to 0} \frac{t^2}{\tan^2 (\pi t + \pi)} = \lim_{t \to 0} \frac{t^2}{\tan^2 (\pi t)} = \lim_{t \to 0} \frac{t^2 \cos^2 (\pi t)}{\sin^2(\pi t)} = \frac{1}{\pi^2} , \end{equation*}$

dove nella seconda uguaglianza si è usata la periodicità di periodo $\pi$ della tangente, mentre nell’ultima si è usato il limite notevole

(162) $\begin{equation*} \lim_{y \to 0} \frac{y}{\sin (y)} = 1. \end{equation*}$
Per calcolare il limite del secondo fattore in (160), che a sua volta è una forma indeterminata $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ , applichiamo il teorema teorema 1. Si considerino le funzioni $f,g \colon \left ( \frac{1}{2},\frac{3}{2} \right ) \to \mathbb{R}$ definite da
(163) $\begin{equation*} f(x)=\arctan (x) - \frac{\pi}{4}, \quad g(x)= \sin \left (\pi x \right ) \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Esse sono derivabili con derivate pari a

(164) $\begin{equation*} f'(x)= \frac{1}{1+x^2}, \quad g'(x) = \pi \cos(\pi x) \qquad \forall x \in \left ( \frac{1}{2},\frac{3}{2} \right ). \end{equation*}$

Osserviamo che $g'(x) \neq 0$ per ogni $x \in \left ( \frac{1}{2},\frac{3}{2} \right ) \setminus \{1\}$ e che si ha

(165) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 1} \frac{1}{(1+x^2)\pi \cos (\pi x)} = - \frac{1}{2\pi}. \end{equation*}$

Da ciò e dal teorema teorema 1 segue che

(166) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 1} \frac{\arctan (x) - \frac{\pi}{4}}{\sin (\pi x)} = - \frac{1}{2\pi}. \end{equation*}$

Inserendo (161) e (166) in (160) e applicando il teorema sul limite del prodotto, si ottiene

(167) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1} \frac{ (x-1)^2\left(\arctan (x) - \frac{\pi}{4}\right)}{\sin \left (\pi x \right ) \tan^2(\pi x)} = \lim_{x \to 1} \left ( \frac{(x-1)^2}{\tan^2 (\pi x)} \frac{\arctan (x) - \frac{\pi}{4}}{\sin (\pi x)} \right ) = -\frac{1}{2\pi^3}. \end{equation*}$

Si noti che si sarebbe teoricamente potuto risolvere il limite anche applicando il teorema teorema 1 alla frazione iniziale, ma ciò avrebbe portato a calcoli sensibilmente più complessi. Inoltre, ci si può rendere conto che non sarebbe bastata una sola applicazione del teorema teorema 1, in quanto il limite del rapporto delle derivate fornisce nuovamente una forma indeterminata $\left [ \frac{0}{0} \right ]$ . Si sarebbe dunque dovuto calcolare le derivate seconde e terze di numeratore e denominatore, complicando ulteriormente i calcoli. Nello svolgimento proposto, invece, si è separata la frazione nel prodotto di due fattori e, studiando il primo con altri strumenti, il procedimento risolutivo è stato molto semplificato. Questo esempio mostra come sia spesso conveniente integrare strumenti diversi nella risoluzione di un esercizio, in quanto l’applicazione meccanica di un singolo teorema può portare a soluzioni lunghe e complicate.

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Si calcoli, se esiste, il seguente limite, applicando il teorema di de L’Hôpital:

(168) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \frac{x^x\log (x)}{\left (x+\frac{1}{x}\right )^{x-\frac{1}{x}} \log(1 + x \arctan (x))}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Il limite è una forma indeterminata $\left [ \frac{\infty}{\infty} \right ]$ . La struttura della frazione suggerisce di scriverla come prodotto di due frazioni:

(169) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \frac{x^x\log (x)}{\left (x+\frac{1}{x}\right )^{x-\frac{1}{x}} \log(1 + x \arctan (x))} = \lim_{x \to + \infty} \left ( \frac{x^x}{\left (x+\frac{1}{x}\right )^{x-\frac{1}{x}}} \,\frac{\log (x)}{\log(1 + x \arctan (x))} \right ). \end{equation*}$

Calcoliamo separatamente il limite dei due fattori.

Per il primo fattore in (169), si ha

(170) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \frac{x^x}{\left (x+\frac{1}{x}\right )^{x-\frac{1}{x}}} = \lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x \log (x)}}{e^{(x-\frac{1}{x}) \log (x+\frac{1}{x})}} = \lim_{x \to + \infty} e^{x \log (x) - (x-\frac{1}{x}) \log (x+\frac{1}{x})}. \end{equation*}$

All’esponente abbiamo una forma indeterminata $[\infty-\infty]$ . Per $x >1$ vale

(171) $\begin{equation*} \begin{split} x \log (x) - \left (x-\frac{1}{x}\right ) \log \left (x+\frac{1}{x}\right ) = & x \left (\log (x) - \log \left (x+\frac{1}{x}\right )\right ) + \frac{1}{x} \log \left (x+\frac{1}{x}\right ) \\ = & \frac{\log \left ( \frac{x}{x+ \frac{1}{x}}\right )}{\frac{1}{x}} + \frac{\log \left (x+\frac{1}{x}\right )}{x}. \end{split} \end{equation*}$

Studiamo quindi separatamente i limiti dei due addendi nell’ultimo membro di (171).

1. Per il primo termine in (171) si ha

(172) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \frac{\log \left ( \frac{x}{x+ \frac{1}{x}}\right )}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to + \infty} \frac{\log \left ( 1 - \frac{1}{x\left( x + \frac{1}{x} \right )} \right )}{\frac{1}{x\left( x + \frac{1}{x} \right )}} \frac{\frac{1}{x\left( x + \frac{1}{x} \right )}}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to + \infty} \frac{\log \left ( 1 - \frac{1}{x\left( x + \frac{1}{x} \right )} \right )}{\frac{1}{x\left( x + \frac{1}{x} \right )}} \frac{1}{ x + \frac{1}{x} } = 0, \end{equation*}$

dove nella prima uguaglianza abbiamo moltiplicato e diviso per $\frac{1}{x\left( x + \frac{1}{x} \right )}$ , mentre nell’ultima abbiamo usato il fatto che

(173) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x\left( x + \frac{1}{x} \right )}=0, \end{equation*}$

ed applicato il limite notevole

(174) $\begin{equation*} \lim_{t \to 0} \frac{\log(1+t)}{t}=1. \end{equation*}$

2. Per il secondo termine in (171), applichiamo il teorema 1 alle funzioni $f,g \colon (0,+\infty) \to \mathbb{R}$ definite da

(175) $\begin{equation*} f(x)= \log \left (x+\frac{1}{x}\right ), \quad g(x) = x \qquad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

Esse sono derivabili con derivate pari a

(176) $\begin{equation*} f'(x)= \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{x+ \frac{1}{x}}, \quad g'(x) = 1 \qquad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

Ovviamente $g'$ non si annulla mai e vale

(177) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to + \infty} \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{x+ \frac{1}{x}} = 0. \end{equation*}$

Per il teorema 1 si ha dunque

(178) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to + \infty} \frac{\log \left (x+\frac{1}{x}\right )}{x} = 0. \end{equation*}$

Inserendo (172) e (178) in (171), dal teorema sul limite della somma si ottiene

(179) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \left ( x \log (x) - \left (x-\frac{1}{x}\right ) \log \left (x+\frac{1}{x}\right ) \right ) = 0. \end{equation*}$

Per la continuità dell’esponenziale in $0$ e per il teorema sul limite delle funzioni composte e usando (170), si ha dunque

(180) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \frac{x^x}{\left (x+\frac{1}{x}\right )^{x-\frac{1}{x}}} = \lim_{x \to + \infty} e^{x \log (x) - \left (x-\frac{1}{x}\right ) \log \left (x+\frac{1}{x}\right ) } = 1. \end{equation*}$

Per il secondo fattore in (169), si utilizza il teorema 1. Si considerino le funzioni $\phi,\psi \colon (0,+\infty) \to \mathbb{R}$ definite da

(181) $\begin{equation*} \phi(x) = \log (x), \quad \psi(x) = \log(1+ x \arctan (x)) \qquad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

Esse sono derivabili con derivate pari a

(182) $\begin{equation*} \phi'(x) = \frac{1}{x}, \quad \psi'(x) = \frac{\arctan \left(x + \frac{x}{1+x^2} \right)}{1+ x \arctan (x)} \qquad \forall x \in (0,+\infty). \end{equation*}$

Osserviamo che $\psi'(x)>0$ per ogni $x \in (0,+\infty)$ , ed inoltre si ha

(183) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \frac{\phi'(x)}{\psi'(x)} = \lim_{x \to + \infty} \frac{1+ x \arctan (x)}{x \arctan \left(x + \frac{x}{1+x^2}\right )} = \lim_{x \to + \infty} \frac{\arctan\left( x + \frac{1}{x}\right)}{\arctan \left(x + \frac{x}{1+x^2}\right)} = 1. \end{equation*}$

Da ciò, per il teorema 1, vale

(184) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} \frac{\phi(x)}{\psi(x)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\log (x)}{\log(1 + x \arctan (x))} = 1. \end{equation*}$

Da (169), (180), (184) e dal teorema sul limite del prodotto, segue che

(185) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \frac{x^x\log (x)}{\left (x+\frac{1}{x}\right )^{x-\frac{1}{x}} \log(1 + x \arctan (x))} = \lim_{x \to + \infty} \left ( \frac{x^x}{\left (x+\frac{1}{x}\right )^{x-\frac{1}{x}}} \,\frac{\log (x)}{\log(1 + x \arctan (x))} \right ) = 1. \end{equation*}$

Riferimenti bibliografici

[1] G. De Marco, C. Mariconda, Esercizi di calcolo in una variabile., Zanichelli, 2001.

[2] E. Giusti, Esercizi e complementi di analisi matematica (Vol. 1), Bollati Boringhieri, 1991.

[3] Qui Si Risolve, I teoremi di de L’Hôpital .

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