I teoremi di de l’Hôpital: teoria

Teorema di De L'Hôpital, Teoria sui Teoremi del calcolo differenziale

Home » I teoremi di de l’Hôpital: teoria

Se ti è capitato di avere dei dubbi sul teorema di de l’Hôpital, sei nel posto giusto!

Quando un limite presenta una forma indeterminata $\left[\frac{0}{0}\right]\,\, \text{o}\,\, \left[ \frac{\infty}{\infty}\right]$ , occorre confrontare numeratore e denominatore in maniera più precisa per stabilire il valore a cui tende il rapporto. A tal fine, un’idea semplice e geniale è la seguente: poiché le derivate $f'$ e $g'$ rappresentano intuitivamente i tassi di crescita di $f$ e $g$ , è ragionevole ipotizzare che un’informazione sul carattere del loro rapporto $\frac{f'(x)}{g^\prime(x)}$ si traduca in un’informazione sul carattere del rapporto $\frac{f(x)}{g(x)}$ . In altre parole, confrontare i tassi di crescita di $f$ e $g$ “nelle vicinanze di $x_0$ ” permette di confrontare le funzioni $f$ e $g$ negli stessi punti.

I teoremi di de l’Hôpital forniscono una formalizzazione rigorosa di questa intuizione. Questo articolo è una rassegna sulle varie formulazioni di questi risultati, con dettagliate dimostrazioni e numerosi esempi pratici, applicando i teoremi alle suddette forme indeterminate. Il documento è quindi una risorsa completa su questa tematica essenziale nel calcolo dei limiti. Cosa aspetti dunque? Comincia pure la lettura!

Consigliamo la lettura della raccolta di esercizi sui teoremi di de l’Hôpital e di esercizi sulle forme indeterminate, mentre ulteriore materiale teorico correlato può essere consultato ai seguenti link, oltre all’esaustiva lista presente alla fine dell’articolo:

Autori e revisori

Leggi...

Autore: Martina Moro.

Revisore: Valerio Brunetti.

$\,$

Teorema 1 [de l’Hôpital, caso $\left[ \frac 0 0 \right]$

]. Siano $a, b\, \in \mathbb{R},\, a<b,\,x_0\in(a,b)$

$f,g:[a,b]\setminus\{x_0\}\to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $(a,b)\setminus\{x_0\}$ tali che
$\,$

$\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=0;$

$\,$

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

$\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\ell\in\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell. \end{equation*}$

Dimostrazione 1.

Le funzioni $f$

e $g$

possono essere prolungate per continuità

(1) $\begin{equation*} \tilde{f}(x)= \begin{cases} f(x) \quad &\text{se $x\neq x_0$},\\ 0 \quad &\text{se $x=x_0$}. \end{cases} \end{equation*}$

Analogamente si definisce $\tilde{g}$ a partire da $g$ e si applica il teorema a queste due nuove funzioni che verificano ancora tutte le ipotesi del teorema 1. Notiamo che $g^\prime(x)\neq 0$ implica che $g(x)\neq 0$ per ogni $x \in [a,b]\setminus\{x_0\}$ ; infatti supponiamo per assurdo l’esistenza di $x_1\in [a,b]$ tale che $g(x_1)=0$ e senza perdere di generalità possiamo supporre $x_0<x_1$ . Allora si può applicare il teorema di Rolle all’intervallo $[x_0,x_1]$ , e dunque esiste $y_0\in (x_0,x_1)$ tale che $g'(y_0)=0$ , contro le ipotesi. Da questo possiamo concludere che $g(x)\neq 0$ per ogni $x\in[a,b]\setminus\{x_0\}$ . Consideriamo $x \in [a,b]$ e supponiamo $x>x_0$ ; applicando il teorema di Cauchy all’intervallo di estremi $x_0$ e $x$ possiamo affermare l’esistenza di $\xi\in (x_0, x)$ ¹ tale che

(2) $\begin{equation*} \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\dfrac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\dfrac{f(x)}{g(x)}. \end{equation*}$

Poiché

$\begin{equation*} \xi\in (x_0,x), \end{equation*}$

per il teorema del confronto se $x \to x_0^+$ allora $\xi \to x_0^+$

$\begin{equation*} \lim_{x \to x_0^+} \dfrac{f(x)}{g(x)}= \lim_{\xi \to x_0^+} \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\ell. \end{equation*}$

Con un analogo ragionamento, preso $x<x_0$ possiamo concludere che il limite sinistro e destro coincidono, quindi esiste

$\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)} \end{equation*}$

e inoltre coincide con $\ell$ .

$\,$

Il punto $\xi$ dipende da $x$ . ↩

Dimostrazione 2.

Le funzioni $f$ e $g$ possono essere prolungate per continuità

(3) $\begin{equation*} \tilde{f}(x)= \begin{cases} f(x) \quad &\text{se $x\neq x_0$},\\ 0 \quad &\text{se $x=x_0$}. \end{cases} \end{equation*}$

Analogamente si definisce $\tilde{g}$ a partire da $g$ e si applica il teorema a queste due nuove funzioni che verificano ancora tutte le ipotesi del teorema 1. Per rendere più fluida e semplice la dimostrazione indicheremo con $f$ e $g$ le estensioni continue delle funzioni di partenza.

Consideriamo una successione qualsiasi $\{x_n\}_{n\geq 1}\subset [a,b]\setminus \{x_0\}$ tale che $x_n\stackrel{n\to +\infty}{\rightarrow} x_0$ . Allora fissato $n\geq 1$ possiamo applicare il Teorema di Cauchy alle funzioni $f$ e $g$ che soddisfano le ipotesi del teorema nell’intervallo $[x_n,x_0]$ se $x_0>x_n$ (oppure all’intervallo $[x_0,x_n]$ se $x_0<x_n$ ). Quindi esiste $z_n\in (x_n,x_0)$ tale che²

(4) $\begin{equation*} \dfrac{f'(z_n)}{g'(z_n)}=\dfrac{f(x_n)-f(x_0)}{g(x_n)-g(x_0)}=\dfrac{f(x_n)}{g(x_n)}. \end{equation*}$

Poiché

$\begin{equation*} 0< |z_n-x_0|< |x_n-x_0| \end{equation*}$

e inoltre per $n\rightarrow +\infty$ sappiamo che $x_n\rightarrow x_0$ , allora per il teorema del confronto $z_n\rightarrow x_0$ . Pertanto, usando l’uguaglianza (4) e il teorema ponte³, si ha che

$\begin{equation*} \lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{f(x_n)}{g(x_n)}=\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{f'(z_n)}{g'(z_n)}=\ell. \end{equation*}$

Allora, utilizzando nuovamente il teorema ponte, possiamo concludere che

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell \end{equation*}$

come volevasi dimostrare.

$\[\]$

Ovviamente come nella dimostrazione precedente si dimostra che $g(x_n)\neq 0$ . ↩

Ricordiamo il significato del teorema ponte: se per ogni successione di punti $\{x_n\}$ tale che $x_n\rightarrow x_0$ per $n\to+\infty$ abbiamo che $f(x_n)\to\ell$ allora $f(x)\to\ell$ per $x\to x_0$ e viceversa. ↩

Osservazione 2.

Il teorema precedente resta valido anche se il punto $x_0$ coincide con uno degli estremi dell’intervallo ovvero se $f$ e $g$ sono definite in $(x_0,b]$ o $[a,x_0)$ ; ovviamente in questo caso si parlerà solo di limite da destra o da sinistra in $x_0$ .

Esempio 3. Calcolare il seguente limite

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\log(1+\sin x)}{x\cos x}. \end{equation*}$

Svolgimento. Osserviamo che siamo di fronte a una forma indeterminata del tipo $\left[\dfrac{0}{0}\right]$ , e che inoltre le due funzioni soddisfano le ipotesi del teorema. Calcoliamo dunque il limite del rapporto delle derivate, ossia

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\dfrac{\cos x}{1+\sin x}}{\cos x - x\sin x}=1, \end{equation*}$

dato che sia il numeratore che il denominatore tendono a 1 per $x\rightarrow 0$ . Pertanto, siccome il limite del rapporto delle derivate esiste, possiamo concludere che il limite del rapporto delle funzioni esiste e coincide con 1.

Osservazione 4.

Possono esserci dei casi in cui il teorema di de l’Hôpital deve essere applicato più volte, come nel prossimo esempio.

Esempio 5. Calcolare il seguente limite

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 1}\dfrac{\dfrac{1}{x}-2+x}{\sin^2\left( \pi x\right)}. \end{equation*}$

Svolgimento. Le funzioni soddisfano le ipotesi del teorema 1, e dunque ci si può ridurre al calcolo del limite del rapporto delle derivate

(5) $\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 1} \dfrac{-\dfrac{1}{x^2}+1}{2\pi \sin(\pi x)\cos(\pi x)}= \lim_{x\rightarrow 1} \dfrac{-\dfrac{1}{x^2}+1}{\pi \sin(2\pi x)}. \end{equation*}$

Siamo di fronte di nuovo ad una forma indeterminata del tipo $\left[\dfrac{0}{0}\right]$ e inoltre le due funzioni al numeratore e al denominatore di (5) soddisfano le ipotesi del teorema 1, quindi derivando numeratore e denominatore, si ha

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 1} \dfrac{\dfrac{2}{x^3}}{2\pi^2 \cos(2\pi x) }=\dfrac{1}{\pi^2} . \end{equation*}$

Teorema 6 [de l’Hôpital, caso $\left[ \frac 0 0 \right]$

]. Sia $a >0$

$f,g:[a,+\infty)\to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $(a;+\infty)$ tale che
$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow +\infty} f(x)= \lim_{x\rightarrow +\infty} g(x)=0\,; \end{equation*}$
$g'(x)\neq 0$ per ogni $x\in(a,+\infty)\,;$
esiste
$\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\ell\in\mathbb{\mathbb{R}}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell\in\mathbb{\mathbb{R}}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Dimostrazione

Definiamo

$\begin{equation*} F(x):=f\left(\frac{1}{x}\right)\qquad\text{ e }\qquad G(x):=g\left(\frac{1}{x}\right). \end{equation*}$

Notiamo che $F$ e $G$ verifichiamo le ipotesi del teorema 6 precedente in $x_0=0$ , infatti

$\,$

$F, G: \left(0\,,\dfrac{1}{a}\right]\to \mathbb{R}$ sono funzioni continue e
$\begin{equation*} \begin{split} &\lim_{x\rightarrow 0^+} F(x)= \lim_{x\rightarrow 0^+} f\left(\dfrac{1}{x}\right)\stackrel{t=\frac{1}{x}}{=} \lim_{t\rightarrow +\infty} f(t)=0,\\\\ &\lim_{x\rightarrow 0^+} G(x)= \lim_{x\rightarrow 0^+} g\left(\dfrac{1}{x}\right)\stackrel{t=\frac{1}{x}}{=} \lim_{t\rightarrow +\infty} g(t)=0. \end{split} \end{equation*}$

$\,$

$F$ e $G$ sono derivabili in $\left(0\,,\frac{1}{a}\right)$ e in particolare per la regola di derivazione delle funzioni composte
$\begin{equation*} F'(x)= -\dfrac{1}{x^2}\,f'\left(\dfrac{1}{x}\right) \quad \text{e}\quad G'(x)= -\dfrac{1}{x^2}\,g'\left(\dfrac{1}{x}\right). \end{equation*}$

$\,$

$\begin{equation*} G'(x)=-\dfrac{1}{x^2}\,g'\left(\dfrac{1}{x}\right)\neq 0\quad\text{per ogni } x\in\left(0\,,\dfrac{1}{a}\right]. \end{equation*}$

$\,$

$\begin{equation*} \lim_{x\to 0^+}\frac{F'(x)}{G'(x)}=\lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{-\dfrac{1}{x^2}f'\left(\dfrac{1}{x}\right)}{-\dfrac{1}{x^2}g'\left(\dfrac{1}{x}\right)} = \lim_{t\rightarrow +\infty}\dfrac{f'(t)}{g'(t)} =\ell. \end{equation*}$

$\,$

Allora, per il teorema precedente applicato a $F$ e $G$ con $x_0=0$ , si ha che

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 0^+}\dfrac{F(x)}{G(x)}=\ell \end{equation*}$

allora

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell \end{equation*}$

sfruttando la definizione di $F$ e $G$ e il cambio di variabile $t=\frac{1}{x}$ .

$\,$

Enunciamo senza dimostrarlo il risultato analogo per $x\to-\infty$ (la dimostrazione è analoga al teorema 6).

$\,$

Teorema 7 [de l’Hôpital, caso $\left[ \frac 0 0 \right]$

]. Siano $b \in \mathbb{R}$

$f,g:(-\infty,b]\to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili nel proprio dominio tali che
$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow -\infty} f(x)= \lim_{x\rightarrow -\infty} g(x)=0\,; \end{equation*}$
$g'(x)\neq 0$ per ogni $x\in\, (-\infty,\, b)\,;$
esiste

$\begin{equation*} \lim_{x \to -\infty} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\ell\in\mathbb{\mathbb{R}}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \lim_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell\in\mathbb{\mathbb{R}}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Esempio 8. Calcolare il seguente limite

$\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{2\arctan x -\pi}{\log\left(\dfrac{x+1}{x}\right)}.$

Per $x\rightarrow +\infty$ , sia il numeratore che il denominatore sono infinitesimi. Le funzioni $f$ e $g$ soddisfano le ipotesi del teorema 6 e $f'(x)=\dfrac{2}{1+x^2}$ e $g'(x)=-\dfrac{1}{x^2+x}$ , quindi il limite del rapporto delle derivate è

$\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{\dfrac{2}{1+x^2}}{-\dfrac{1}{x^2+x}} = -\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{2(x^2+x)}{1+x^2} = -2,$

quindi

$\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{2\arctan x -\pi}{\log\left(\dfrac{x+1}{x}\right)} = -2.$

Il prossimo teorema tratta le forme indeterminate del tipo $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ per $x$ che tende a un valore finito.

Scarica la teoria

Ottieni il file contenente la dimostrazione del teorema di de l’Hôpital.

Teorema 9. (de l’Hôpital, caso $\left[ \frac \infty \infty \right]$

). Siano $a,b\in\mathbb{R}$

, $a<b$

, $x_0\in \left(a,b\right)$

$f,g:[a,b]\setminus\{x_0\}\to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $(a,b)\setminus\{x_0\}$ tali che
$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow x_0} |f(x)|=\lim_{x\rightarrow x_0} |g(x)|=+\infty\,; \end{equation*}$

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

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

Allora

(6) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell. \end{equation*}$

Dimostrazione.

Caso $\ell>0$ : supponiamo che $\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=+\infty$ e $\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=+\infty$ e in particolare considereremo prima il limite destro e poi il limite sinistro ( $x\to x_0^+$ e poi $x\to x_0^-$ ). Fissiamo $\varepsilon >0$ allora dalla definizione di limite esiste $\delta_1>0$ tale che, posto $x_1:= x_0+\delta_1$ , per ogni $x\in (x_0,x_1)$ risulta

(7) $\begin{equation*} \ell-\varepsilon<\dfrac{f'(x)}{g'(x)}<\ell+\varepsilon. \end{equation*}$

Ora, fissato un generico $x\in (x_0,x_1)$ , per il Teorema di Cauchy esiste un punto $\xi\in (x,x_1)$ tale che

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \end{equation*}$

dove ovviamente $g(x)\neq g(x_1)$ perché se $g(x)=g(x_1)$ dovrebbe esistere un punto $\xi \in (x,x_1)$ tale che $g^\prime (\xi)=0$ per il teorema di Rolle, contro le ipotesi del teorema 9. Quindi, per la (7), siccome $\xi\in (x_0,x_1)$ , si ha che per ogni $x\in (x_0,x_1)$

(8) $\begin{equation*} \ell-\varepsilon<\dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}<\ell+\varepsilon. \end{equation*}$

D’altra parte possiamo riscrivere il rapporto $f(x)/g(x)$ come segue

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}{=} \dfrac{f(x)}{g(x)}\cdot \dfrac{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}} \end{equation*}$

dove, poiché

$\lim_{x\rightarrow x_0}\left \vert f(x)\right \vert =+\infty\qquad \text{e}\qquad\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}\left \vert g(x)\right \vert =+\infty$

è possibile scegliere un intorno di $x_0$ tale che $f(x)>0$ e $g(x)>0$ per il teorema della permanenza del segno.

Quindi

$\dfrac{f(x)}{g(x)}= \dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}\cdot\dfrac{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}.$

Sia

$Q(x)\coloneqq\dfrac{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}.$

Dato che per $x\rightarrow x_0^+$ sia $f(x)$ che $g(x)$ tendono all’infinito, allora si ha che

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow x_0^+}Q(x)=\lim_{x\rightarrow x_0^+}\dfrac{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}=1; \end{equation*}$

dunque, in corrispondenza del valore $\varepsilon$ fissato, esiste $\delta_2>0$ tale che, posto $x_2:=x_0+\delta_2$ , per ogni $x\in (x_0,x_2)$ risulta $1-\varepsilon< Q(x)<1+\varepsilon$ . Di conseguenza, dalla (8) si ha che per ogni $x\in (x_0,\mathrm{min}\{x_1,x_2\})$ si ha che,per $\varepsilon$ sufficientemente piccolo

$(1-\varepsilon)(\ell-\varepsilon)<Q(x)\cdot\dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}<(1+\varepsilon)(\ell+\varepsilon)$

da cui

$(1-\varepsilon)(\ell-\varepsilon)<\dfrac{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}\cdot\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}<(1+\varepsilon)(\ell+\varepsilon)$

cioè

$(1-\varepsilon)(\ell-\varepsilon)<\dfrac{\dfrac{g(x)-g(x_1)}{g(x)}}{\dfrac{f(x)-f(x_1)}{f(x)}}\cdot\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}<(1+\varepsilon)(\ell+\varepsilon)$

ovvero

$\begin{equation*} (1-\varepsilon)(\ell-\varepsilon)<\dfrac{f(x)}{g(x)}<(1+\varepsilon)(\ell+\varepsilon). \end{equation*}$

Ora, notiamo che⁴

$\begin{equation*} (\ell+\varepsilon)(1+\varepsilon)= \ell+(\ell+1)\varepsilon+\varepsilon^2< \ell+(\ell+1)\varepsilon+\varepsilon= \ell+(\ell+2)\varepsilon \end{equation*}$

$\begin{equation*} (\ell-\varepsilon)(1-\varepsilon)= \ell-(\ell+1)\varepsilon +\varepsilon^2 >\ell-(\ell+1)\varepsilon -\varepsilon =\ell-(\ell+2)\varepsilon, \end{equation*}$

e dunque in conclusione per ogni $x\in (x_0,\mathrm{min}\{x_1,x_2\})$ risulta che

$\begin{equation*} \ell-(\ell+2)\varepsilon<\dfrac{f(x)}{g(x)}<\ell+(\ell+2)\varepsilon. \end{equation*}$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ , otteniamo che esiste $\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0^+} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell$ . Ripetendo il ragionamento per il limite sinistro otteniamo che il limite esiste e vale

$\begin{equation*} \displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell\in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Caso $\ell=+\infty$ : supponiamo che $\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=+\infty$ e $\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=+\infty$ e in particolare considereremo prima il limite destro e poi il limite sinistro ( $x\to x_0^+$ e poi $x\to x_0^-$ ). Fissiamo $M >0$ . Allora esiste $\delta_1>0$ tale che, posto $x_1:= x_0+\delta_1$ , per ogni $x\in (x_0,x_1)$ risulta

(9) $\begin{equation*} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}>M. \end{equation*}$

Ora, fissato un generico $x\in (x_0,x_1)$ , per il teorema di Cauchy esiste un punto $\xi\in (x,x_1)$ tale che

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}, \end{equation*}$

dove $g(x)\neq g(x_1)$ come dimostrato in precedenza, e quindi, per la (9), siccome $\xi\in (x,x_1)$ , si ha che per ogni $x\in (x,x_1)$

(10) $\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}>M. \end{equation*}$

Analogamente al caso finito ( $\ell>0$ ) si ha

$\dfrac{f(x)}{g(x)}= \dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}\cdot\dfrac{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}.$

Dato che per $x\rightarrow x_0^+$ sia $f(x)$ che $g(x)$ tendono all’infinito, allora si ha che

$\begin{equation*} \lim_{x \to x_0^+}Q(x)=\lim_{x \to x_0^+}\dfrac{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}= 1; \end{equation*}$

dunque, per il teorema della permanenza del segno, esiste $\delta_2>0$ tale che, posto $x_2:=x_0+\delta_2$ , per ogni $x\in (x_0,x_2)$ risulta $Q(x)\geq \dfrac{1}{2}>0$ . Di conseguenza, dalla (10) si ha che per ogni $x\in (x_0,\mathrm{min}\{x_1,x_2\})$

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)}{g(x)}>\dfrac{M}{2}. \end{equation*}$

Dunque, per l’arbitrarietà di $M$ , otteniamo che esiste $\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0^+} \dfrac{f(x)}{g(x)}=+\infty$ . Ripetendo il ragionamento per il limite sinistro otteniamo che il limite esiste e

$\begin{equation*} \displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=+\infty. \end{equation*}$

Per il caso $\ell=-\infty$ si procede in modo analogo o altrimenti si considera la funzione $-f$ riconducendosi al caso precedente.

$\[\]$

Si ricorda che il caso più interessante è sempre $\varepsilon$ piccolo a piacere. ↩

Osservazione 10.

Non è sempre possibile utilizzare il teorema di de l’Hôpital per la risoluzione delle forme indeterminate; consideriamo ad esempio

$\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty}\frac{x-\sin x}{x+\sin x} \end{equation*}$

è ovviamente una forma indeterminata del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ . Raccogliendo $x$ otteniamo

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

dove l’ultima uguaglianza segue dalla semplice osservazione che

$\begin{equation*} -\frac{1}{x}\leq \frac{\sin x}{x}\leq\frac{1}{x}\Rightarrow \frac{\sin x}{x}\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow} 0 \end{equation*}$

per il teorema del confronto. Proviamo a utilizzare il nuovo strumento dato dal teorema di de l’Hôpital

$\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty}\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{1-\cos x}{1+\cos x} \end{equation*}$

ma il limite ottenuto non esiste. Infatti il limite di partenza non può essere calcolato con l’aiuto della regola di de l’Hôpital perché, sebbene le due funzioni siano continue e derivabili in qualsiasi intorno di $+\infty$ , la funzione al denominatore ha una derivata prima che si annulla in infiniti punti

$\begin{equation*} 1+\cos x=0\Leftrightarrow x=\pi+2k\pi\qquad k\in\mathbb{Z} \end{equation*}$

contro l’ipotesi $3$ e $4$ del teorema.

Consideriamo per completezza un caso in cui l’ipotesi $3$ del teorema 6 non risulta verificata. Si calcoli il seguente limite

$\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+\sin x\cos x}{\left(x+\sin x\cos x \right)e^{\sin x}}.$

Svolgimento. Osserviamo che

$\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+\sin x\cos x}{\left(x+\sin x\cos x \right)e^{\sin x}}=\dfrac{+\infty}{+\infty}$

e banalmente si dimostra che il limite non esiste.

Applichiamo il teorema l’Hôpital

$\begin{aligned} &\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+\sin x \cos x}{\left(x+\sin x\cos x\right)e^{\sin x}}\overset{\text{H}}{=} \\ &=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1+\cos^2 x-\sin^2 x}{\left(1+\cos^2 x-\sin^2 x\right)e^{\sin x}+\left(x+\sin x \cos x\right)e^{\sin x}\cos x }=\\ &=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\cos^2 x +\sin^2 x+\cos^2 x-\sin^2 x}{\left(\cos^2 x +\sin^2 x+\cos^2 x-\sin^2 x\right)+\left(x+\sin x \cos x\right)\cos x }\cdot e^{-\sin x}=\\ &=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2\cos^2 x }{\cos x \left(2\cos x+x+\sin x \cos x\right)}\cdot e^{-\sin x}=0. \end{aligned}$

Questo ci farebbe concludere che

$\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+\sin x\cos x}{\left(x+\sin x\cos x \right)e^{\sin x}}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2\cos^2 x }{2\cos^2 x+x+\sin x \cos x}\cdot e^{-\sin x}=0,$

ma non si è notato che il denominatore

$\cos x \left(2\cos x+x+\sin x \cos x\right)e^{\sin x}$

si annulla infinite volte in ogni intorno di infinito, perché

$\cos x=0 \quad \Leftrightarrow \quad x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi \quad\forall k \in \mathbb{Z},$

e quindi non è soddisfatta l’ipotesi $2$ del teorema 6, da cui si deduce che non è possibile applicare il teorema di de l’Hôpital.

I due teoremi conclusivi della nostra trattazione riguardano ancora le forme indeterminate del tipo $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ .

Teorema 11 (de l’Hôpital, caso $\left[ \frac \infty \infty \right]$

). Sia $a\in\mathbb{R}$

$f,g:[a,+\infty) \to \mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $(a,\,+\infty)\,;$ tali che
$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow +\infty}|f(x)|= \lim_{x\rightarrow +\infty}|g(x)|=+\infty\,; \end{equation*}$
$g'(x)\neq 0$ per ogni $x\in (a,+\infty)\,;$
esiste
$\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\ell\in\mathbb{\mathbb{R}}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Allora

(11) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell. \end{equation*}$

Dimostrazione.

Caso $\ell>0$ : supponiamo che $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$

e $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=+\infty$

. Fissiamo $\varepsilon >0$

. Allora esiste $a_1>a$

tale che per ogni $x\in\, (a_1,+\infty)$

risulta

(12) $\begin{equation*} \ell-\varepsilon<\dfrac{f'(x)}{g'(x)}<\ell+\varepsilon. \end{equation*}$

Ora, fissato un generico $x\in\, (a_1,+\infty)$ , per il teorema di Cauchy esiste un punto $\xi\in (a_1,x)$ con $g(x)\neq g(x_1)$ , tale che

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(a_1)}{g(x)-g(a_1)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}, \end{equation*}$

e quindi, per la (12), siccome $\xi\in(a_1,x)$ , si ha che per ogni $x\in\,(a_1,+\infty)$

(13) $\begin{equation*} \ell-\varepsilon<\dfrac{f(x)-f(a_1)}{g(x)-g(a_1)}<\ell+\varepsilon. \end{equation*}$

Allora

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(a_1)}{g(x)-g(a_1)}= \dfrac{f(x)}{g(x)}\cdot \dfrac{1-\dfrac{f(a_1)}{f(x)}}{1-\dfrac{g(a_1)}{g(x)}}. \end{equation*}$

Abbiamo dunque

$\lim_{x\to+\infty}Q(x)=1$

dove

$Q(x)=\left(\dfrac{1-\dfrac{f(a_1)}{f(x)}}{1-\dfrac{g(a_1)}{g(x)}}\right)^{-1}$

e abbiamo sfruttato il fatto che $f$ e $g$ sono infinite per $x\to+\infty$ . Dunque corrispondenza del valore $\varepsilon$ fissato esiste $a_2>a$ tale che, per ogni $x\in (a_2,+\infty)$ risulta $1-\varepsilon< Q(x)<1+\varepsilon$ . Di conseguenza, dalla (13) si ha che per ogni $x\in \,(\mathrm{max}\{a_1,a_2\}, +\infty)$ si ha che

$(1-\varepsilon)(\ell-\varepsilon)<Q(x)\cdot\dfrac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}<(1+\varepsilon)(\ell+\varepsilon)$

da cui

$(1-\varepsilon)(\ell-\varepsilon)<\dfrac{1-\dfrac{g(x_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(x_1)}{f(x)}}\cdot\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}<(1+\varepsilon)(\ell+\varepsilon)$

ovvero

$\begin{equation*} (1-\varepsilon)(\ell-\varepsilon)<\dfrac{f(x)}{g(x)}<(1+\varepsilon)(\ell+\varepsilon). \end{equation*}$

Ora, notiamo che⁵

$\begin{equation*} (\ell+\varepsilon)(1+\varepsilon)= \ell+(\ell+1)\varepsilon+\varepsilon^2< \ell+(\ell+1)\varepsilon+\varepsilon= \ell+(\ell+2)\varepsilon \end{equation*}$

$\begin{equation*} (\ell-\varepsilon)(1-\varepsilon)= \ell-(\ell+1)\varepsilon +\varepsilon^2 >\ell-(\ell+1)\varepsilon -\varepsilon =\ell-(\ell+2)\varepsilon, \end{equation*}$

da cui che per ogni $x\in \,(\mathrm{max}\{a_1,a_2\}, +\infty)$ risulta che

$\begin{equation*} \ell-(\ell+2)\varepsilon<\dfrac{f(x)}{g(x)}<\ell+(\ell+2)\varepsilon \end{equation*}$

Per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ , otteniamo che

$\lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell\in\mathbb{R}.$

Caso $\ell=+\infty$ : Lavoriamo analogamente a quanto fatto in precedenza e fissiamo $M >0$ . Allora esiste $a_1>a$ tale che per ogni $x\in\, (a_1,+\infty)$ risulta

(14) $\begin{equation*} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}>M. \end{equation*}$

Ora, fissato un generico $x\in\, (a_1,+\infty)$ , per il teorema di Cauchy esiste un punto $\xi\in (a_1,x)$ tale che

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(a_1)}{g(x)-g(a_1)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}, \end{equation*}$

e quindi, per la (14), siccome $\xi\in\, (a_1,x)$ , si ha che per ogni $x\in\, (a_1,+\infty)$

(15) $\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(a_1)}{g(x)-g(a_1)}>M. \end{equation*}$

Come nei precedenti teoremi si ha

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)-f(a_1)}{g(x)-g(a_1)}= \dfrac{f(x)}{g(x)}\cdot \dfrac{1-\dfrac{f(a_1)}{f(x)}}{1-\dfrac{g(a_1)}{g(x)}} \end{equation*}$

cioè

$\dfrac{f(x)}{g(x)}= \dfrac{f(x)-f(a_1)}{g(x)-g(a_1)}\cdot\dfrac{1-\dfrac{g(a_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(a_1)}{f(x)}}.$

Dato che per $x\rightarrow +\infty$ sia $f(x)$ che $g(x)$ tendono all’infinito, allora si ha

$\begin{equation*} \lim_{x\to+\infty} Q(x)=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1-\dfrac{g(a_1)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(a_1)}{f(x)}}=1; \end{equation*}$

dunque, per il teorema della permanenza del segno, esiste $a_2>a$ tale che per ogni $x\in\,(a_2,+\infty)$ risulta $Q(x)\geq \dfrac{1}{2}$ . Di conseguenza, dalla (15) si ha che per ogni $x\in\, (\mathrm{max}\{a_1,a_2\},+\infty)$ si ha che

$\begin{equation*} \dfrac{f(x)}{g(x)}>\dfrac{M}{2}. \end{equation*}$

Dunque, per l’arbitrarietà di $M$ , otteniamo che esiste e vale $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)}=+\infty$ .

$\[\]$

Si ricorda che il caso più interessante è sempre $\varepsilon$ piccolo a piacere. ↩

In modo analogo possiamo dimostrare l’ultimo risultato di questa trattazione.

Teorema 12 (de l’Hôpital, caso $\left[ \frac \infty \infty \right]$

). Sia $b\in\mathbb{R}$

$f,g:(-\infty, \,b] \to\mathbb{R}$ due funzioni derivabili in $(-\infty, \,b)\,$ tali che
$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow -\infty}|f(x)|= \lim_{x\rightarrow -\infty}|g(x)|=+\infty\,; \end{equation*}$
$g'(x)\neq 0$ per ogni $x\in (-\infty, \,b)\,;$
esiste
$\begin{equation*} \lim_{x \to -\infty} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\ell\in\mathbb{\mathbb{R}}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Allora

(16) $\begin{equation*} \lim_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\ell\in\mathbb{\mathbb{R}}\cup\{\pm\infty\}. \end{equation*}$

Esempio 13. Calcolare il seguente limite

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(1+e^{2x})}{x}. \end{equation*}$

Svolgimento. Siamo in presenza di una forma indeterminata del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ e inoltre le funzioni soddisfano le ipotesi del teorema 11. Pertanto

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\ln(1+e^{2x})}{x}\stackrel{H}{=}\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2 e^{2x}}{1+e^{2x}}=2. \end{equation*}$

Forniamo di seguito un esempio in cui si presenta la forma indeterminata del tipo $[0\cdot \infty]$ .

Esempio 14. Si vuole dimostrare, usando il teorema di de l’Hôpital, che per ogni $\alpha >0$ e per ogni $a>0,\ a\neq 1$

$\lim_{x\rightarrow 0^+} x^\alpha \log_a x=0.$

Svolgimento. Si tratta di un limite del tipo $[0\cdot \infty]$ , che si riconduce al caso $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ scrivendo

$x^\alpha \log_a x = \dfrac{\log_a x}{x^{-\alpha}}$

abbiamo ottenuto una forma indeterminata del tipo $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ .

Applichiamo il teorema 9

$\lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{\log_a x}{x^{-\alpha}}\stackrel{H} {=} \lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{\dfrac{\log_a e}{x}}{-\alpha x^{-\alpha-1}}=\lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\log_a e}{-\alpha}x^\alpha=0\quad \forall \alpha>0,\,\forall a>0 \wedge a\neq 1.$

Sfruttiamo il risultato ottenuto nell’esempio precedente per risolvere una forma indeterminata del tipo $[0^0]$ .

Esempio 15. Calcolare il seguente limite

$\lim_{x\rightarrow 0^+}x^x.$

Svolgimento. Riscrivendo $x^x= \exp\left({x\ln x}\right)$ , per l’esempio precedente con $\alpha=1$ e $a=e$ , si ha che

$\lim_{x\rightarrow 0^+} x\ln x =0$

quindi

$\lim_{x\rightarrow 0^+}x^x= \lim_{x\rightarrow 0^+}\exp\left({x\ln x}\right)= e^0=1$

dove abbiamo sfruttato il fatto che

$\lim_{x\rightarrow 0^+}\exp\left({x\ln x}\right)= \exp\left({\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^+}x\ln x}\right)$

grazie alla continuità dell’esponenziale.

Esempio 16. Calcolare il seguente limite

$\lim_{x\rightarrow 0^+} x^{\tan x}.$

Svolgimento. Si ha che

$x^{\tan x}= \exp\left({\tan x \ln x}\right)= \exp\left({\dfrac{\ln x}{\cot x}}\right)$

dove abbiamo sfruttato il fatto che $\tan x=1/\cot x$ . Applichiamo il teorema 9 e otteniamo

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 0^+}\dfrac{\ln x}{\cot x} =\lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{1}{\sin^2 x}}= -\lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{\sin ^2 x }{x}=-\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x}{x}\cdot \sin x=0 \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il limite notevole $\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x}{x}=1$ . Di conseguenza, sfruttando la continuità dell’esponenziale si ha

$\begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 0^+} x^{\tan x}= \exp\left({ \lim_{x\rightarrow 0^+}\tan x \ln x}\right)= e^0=1. \end{equation*}$

Teorema 17 (de l’Hôpital, caso $\left[ \frac 0 0 \right]$

). Siano $f,g:[a,b]\to\mathbb{R}$

e $x_0\in[a,b]$

. Se $f,g$

sono derivabili in $x_0$

, e $f (x_0)=g (x_0)=0$

, e $g^\prime (x_0)\neq 0$

, si ha

$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f^\prime(x_0)}{g^\prime(x_0)}.$

Dimostrazione.

Consideriamo il seguente limite

$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}.$

Dato che $f (x_0)=g (x_0)=0$ abbiamo

$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_0}\dfrac{\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}.$

Sfruttando il fatto che le funzioni $f$ e $g$ risultano derivabili in $x_0$ , e che $g^\prime(x_0)\neq 0$ , si ha

$\lim_{x\to x_0}\dfrac{\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}=\dfrac{\displaystyle\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}=\dfrac{f^\prime(x_0)}{g^\prime(x_0)},$

cioè la tesi.

Tutta la teoria di analisi matematica

Leggi...

Tutte le cartelle di Analisi Matematica

Leggi...

Tutti gli esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

Strutture algebriche.

Algebra lineare.

Geometria analitica.

Geometria differenziale.

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

Leggi...

Math Stack Exchange – Parte della rete Stack Exchange, questo sito è un forum di domande e risposte specificamente dedicato alla matematica. È una delle piattaforme più popolari per discutere e risolvere problemi matematici di vario livello, dall’elementare all’avanzato.
Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
Brilliant.org – Offre corsi interattivi e problemi di matematica e scienza. È particolarmente utile per chi vuole allenare le proprie capacità di problem solving in matematica.
Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.

Document

Menu

Chiudi

I teoremi di de l’Hôpital: teoria

Autori e revisori

Leggi...

Dimostrazione 1.

Dimostrazione 2.

Osservazione 2.

Osservazione 4.

Dimostrazione

Scarica la teoria

Dimostrazione.

Osservazione 10.

Dimostrazione.

Dimostrazione.

Tutta la teoria di analisi matematica

Leggi...

Tutte le cartelle di Analisi Matematica

Leggi...

Tutti gli esercizi di geometria

Strutture algebriche.

Algebra lineare.

Geometria analitica.

Geometria differenziale.

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

Leggi...

Suggerimenti, refusi ed errori

Cosa dicono di noi