Università degli Studi di Palermo
Facoltà di Economia
Dipartimento di Scienze Economiche, Aziendali e Statistiche
Appunti del corso di Matematica
09 - Derivate II
Limiti di forme indetermate e
derivate di funzioni implicite
Anno Accademico 2015/2016
M. Tumminello, V. Lacagnina, A. Pecorella, D.
Provenzano e A. Consiglio
1. Limite di forme indeterminate
1. Limite di forme indeterminate
Nella valutazione di un limite è possibile ottenere forme indeterminate del tipo
∞
0
oppure
.
0
∞
In questi casi il calcolo del limite può essere complicato. Si veda, ad
esempio, il
sin(x)
lim
.
x→0
x
Un metodo molto potente per risolvere limiti che presentano forme
si basa sulle proprietà delle derivate di
indeterminate del tipo 00 o ∞
∞
funzioni e prende il nome di regola di “de l’Hôpital”.
Teorema 1.1 (Regola di de l’Hôpital). Siano f (x) e g(x) due funzioni derivabili in un intorno I del punto c tali che:
lim f (x) = 0
e
lim |f (x)| = ∞
e
x→c
lim g(x) = 0,
x→c
oppure
x→c
lim |g(x)| = ∞.
x→c
Sia inoltre g 0 (x) 6= 0 ∀x ∈ I.
Se esiste finito
f 0 (x)
=γ
x→c g 0 (x)
lim
⇒
f (x)
= γ.
x→c g(x)
lim
In altre parole, il limite di una forma indeterminata 0/0 o ∞/∞ può
essere calcolato risolvendo il limite del rapporto tra le derivate delle
due funzioni:
f (x) H
f 0 (x)
= lim 0
=γ
lim
x→c g(x)
x→c g (x)
Esempi 1.1
Forme indeterminate 0/0
• Calcolare
cos(x)
.
x→ 2 π − 2 x
Come si può osservare, questo limite presenta una forma indeterminata del tipo 0/0. Inoltre entrambe le funzioni, a numeratore
e denominatore, sono derivabili in un intorno di π/2. Possiamo
quindi provare ad applicare il teorema di de l’Hôpital:
cos(x) H
− sin(x)
−1
1
= limπ
=
= .
limπ
x→ 2 π − 2 x
x→ 2
−2
−2
2
limπ
• Calcolare
lim+
x→0
M. Tumminello e A. Consiglio
x
√ .
sin( x)
3
1. Limite di forme indeterminate
Anche in questo caso siamo in presenza di una forma indeterminata
0/0. Applicando il teorema di de l’Hôpital risulta:
√
2 x
x
0
1
H
√ = lim
√ = = 0.
√
lim+
1 = lim+
+
√
x→0 cos( x)
x→0 sin( x)
x→0 cos( x)
1
2 x
• Calcolare
ex − x − 1
.
x→0
x2
Come nei casi precedenti, possiamo applicare il teorema di de
l’Hôpital
ex − x − 1 H
1
ex − 1
ex − 1
lim
=
lim
=
lim
x→0
x→0 2 x
x2
2 x→0 x
1
= (sfruttando il limite notevole già studiato) = .
2
E’ tuttavia interessante notare come allo stesso risultato saremmo
potuti arrivare applicando nuovamente il teorema di de l’Hôpital:
ex − x − 1 H
1
ex − 1
ex − 1
lim
=
lim
=
lim
x→0
x→0 2 x
x2
2 x→0 x
ex
1
1
H 1
= lim
= ·1= .
2 x→0 1
2
2
lim
Esempi 1.2
Forme indeterminate ∞/∞
• Sia α > 0. Determinare il seguente limite:
ln(x)
.
lim
x→+∞ xα
Applichiamo il teorema di de l’Hôpital:
1
ln(x) H
1
1
x
=
=
lim
lim α−1+1 =
α
α−1
x→+∞ x
x→+∞ α x
α x→+∞ x
1
1
1
=
lim α = · 0 = 0.
x→+∞
α
x
α
• Determinare
ex
lim
,
x→+∞ xk
con k ∈ N.
Applicando k volte il teorema di de l’Hôpital otteniamo:
ex H
ex H
ex
ex
H
H
lim k = lim
=
lim
=
...
=
lim
=∞
x→+∞ x
x→+∞ kxk−1
x→+∞ k(k − 1)xk−2
x→+∞ k!
lim
4
M. Tumminello e A. Consiglio
1. Limite di forme indeterminate
Il teorema di de l’Hôpital può essere applicato indirettamente anche
ad altre forme indeterminate: basta trasformare queste forme in forme
indeterminate del tipo 0/0 o ∞/∞ attraverso passaggi algebrici, come
mostrano i seguenti esempi:
Esempi 1.3
Altre forme indeterminate (applicazione INDIRETTA)
• Determinare
√
lim+ x ln(x).
x→0
Questa è una forma indeterminata del tipo (-) 0 · ∞. Per poter
applicare il teorema di de l’Hôpital è necessario trasformare questa
forma indeterminata in una forma indeterminata del tipo 0/0 o
∞/∞. Si ha:
√
ln(x)
lim+ x ln(x) = lim+ 1 ,
x→0
x→0
√
x
che è una forma indeterminata del tipo ∞/∞. Possiamo dunque
applicare la regola di de l’Hôpital a questa forma:
√
ln(x) H
1/x
lim+ x ln(x) = lim+ 1 = lim+ 1 −3/2 = −2 · lim+ x1/2 = 0.
√
x→0
x→0
x→0
x→0 − x
2
x
• Determinare
1
.
cos(x)
x→ 2
Questa è una forma indeterminata del tipo ∞ − ∞. Tuttavia essa
può essere facilmente ricondotta ad una forma indeterminata 0/0:
1
1
sin(x)
sin(x) − 1
tan(x) −
= lim
−
= lim
.
lim
−
−
π
π
π−
cos(x) x→ 2 cos(x) cos(x) x→ 2
cos(x)
x→ 2
lim
tan(x) −
π−
Applicando il teorema di de l’Hôpital a questa forma otteniamo:
sin(x) − 1 H
cos(x)
lim
=
lim
= 0.
−
−
cos(x)
x→ π2 − sin(x)
x→ π2
• Determinare
lim xx .
x→0+
Questo limite presenta una forma indeterminata del tipo 00 , che
appartiene alla classe di forme indeterminate che si ottengono da
funzioni del tipo [f (x)]g(x) , con f (x) > 0. A questa classe appartengono anche le forme indeterminate 1∞ e ∞0 . Tali forme
indeterminate possono essere risolte notando che, in generale:
[f (x)]g(x) = eg(x) ln[f (x)] .
M. Tumminello e A. Consiglio
5
1. Limite di forme indeterminate
e quindi calcolando il limite dell’esponente, ossia di y =
g(x) ln[f (x)]. Nel nostro caso risulta xx = ex ln(x) e quindi y =
x ln(x). Dobbiamo quindi calcolare il seguente limite:
lim x ln(x),
x→0+
che è una forma indeterminata del tipo 0·∞, ma che possiamo facilmente ricondurre, ad una forma ∞/∞ cui applicare direttamente
la regola di de l’Hôpital:
lim x ln(x) = lim+
x→0+
ln(x)
1
x
x→0
1
x
H
= lim+
x→0
− x12
= lim+ −x = 0.
x→0
Quindi:
lim xx = elimx→0+ x ln(x) = e0 = 1.
x→0+
• Determinare
1
lim+ (1 + x) x .
x→0
Questa è una forma indeterminata del tipo 1∞ , che possiamo risolvere come nel caso precedente scrivendo:
1
1
lim+ (1 + x) x = lim+ e x ln(1+x) = elimx→0+
x→0
ln(1+x)
x
x→0
e risolvendo il limite ad esponente (che è una forma indeterminata
del tipo 0/0) sfruttando il teorema di de l’Hôpital:
1
ln(1 + x) H
1
lim+
= lim+ x+1 = lim+
= 1,
x→0
x→0
x→0 x + 1
x
1
da cui
1
lim+ (1 + x) x = e1 = e
x→0
• Determinare
lim+ xsin(x) .
x→0
Questa è una forma indeterminata del tipo 00 , che oramai sappiamo ricondurre ad una forma indeterminata del tipo 0/0 o ∞/∞
scrivendo:
lim+ xsin(x) = lim+ esin(x) ln(x) = elimx→0+ sin(x) ln(x)
x→0
x→0
Dobbiamo quindi calcolare il
lim+ sin(x) ln(x) = lim+
x→0
6
x→0
ln(x)
1
sin(x)
,
M. Tumminello e A. Consiglio
1. Limite di forme indeterminate
che è una forma indeterminata ∞/∞, cui possiamo applicare la
regola di de l’Hôpital:
lim+
x→0
ln(x)
1
sin(x)
H
= lim+
x→0
1
x
− cos(x)
sin2 (x)
= lim+ −
x→0
= lim+ −
x→0
sin2 (x)
=
x cos(x)
sin(x) sin(x)
= 1 · 0 = 0.
x cos(x)
Quindi:
lim xsin(x) = e0 = 1.
x→0+
• Determinare
1
lim (ax + bx ) x ,
con 1 < a < b.
x→+∞
Questo limite presenta una forma indeterminata del tipo ∞0 . Anche in questo caso sfruttiamo le proprietà delle funzioni esponenziale e logaritmo per ricondurci ad una forma indeterminata su cui
sia applicabile la regola di de l’Hôpital:
1
1
lim (ax + bx ) x = lim e x ·ln(a
x→+∞
x→+∞
x +bx )
1
= elimx→+∞ x ·ln(a
x
x +bx )
.
x
Il limite limx→+∞ x1 · ln (ax + bx ) = limx→+∞ ln(a x+b ) rappresenta
una forma indeterminata del tipo ∞/∞. Quindi:
ln (ax + bx ) H
ax ln(a) + bx ln(b)
lim
=
= lim
x→+∞
x→+∞
x
ax + b x
a x
ln(a) + ln(b)
ln(b)
b
x
= lim
=
= ln(b).
a
x→+∞
1
+1
b
Quindi:
1
lim (ax + bx ) x = eln(b) = b.
x→+∞
ATTENZIONE: Un uso inappropriato della regola di de l’Hôpital
(ossia la sua applicazione in casi in cui le ipotesi del teorema NON siano
soddisfatte), può condurre ad errori. Per esempio applicarlo a limiti
in una forma diversa da 0/0 o ∞/∞ porta ad errori, come mostra il
seguente esempio.
x
0
= = 0.
x→0 x + cos(x)
1
lim
Se però avessimo ERRONEAMENTE applicato la regola di de l’Hôpital
avremmo ottenuto:
x
1
H
= lim
= 1 (!!!)
x→0 x + cos(x)
x→0 1 − sin(x)
lim
M. Tumminello e A. Consiglio
7
1. Limite di forme indeterminate
Esercizio 1.1
Lo studente provi a cercare esempi di limiti in cui una o più ipotesi
del teorema di de l’Hôpital NON siano soddisfatte e mostri a quali
errori la sua impropria applicazione conduca.
8
M. Tumminello e A. Consiglio
2. Derivate di funzioni implicite
2. Derivate di funzioni implicite
Finora abbiamo visto come derivare funzioni definite esplicitamente in termini di una variabile indipendente, ossia funzioni scritte
nella forma y = f (x).
Supponiamo ora che y sia una funzione derivabile di x e che x e y
soddisfino ad una certa equazione. In alcuni casi (che in parte abbiamo
già visto) è complicato, se non impossibile, ottenere un’espressione che
leghi esplicitamente la y alla x. In altri casi è semplicemente possibile
che il calcolo della derivata della funzione esplicita risulti tortuoso. Per
ovviare a tali inconvenienti vediamo come derivare le funzioni definite
in forma implicita.
Si consideri il seguente esempio. La funzione y =
l’equazione
x2 + y 2 = 1
√
1 − x2 soddisfa
√
(1)
L’equazione (1) descrive la circonferenza unitaria, mentre y = 1 − x2
descrive solo la semicirconferenza positiva. Proviamo prima a calcolare
la derivata della funzione in forma esplicita:
dy
−2 x
x
= √
= −√
.
dx
2 1 − x2
1 − x2
Proviamo ora a calcolare tale derivata, derivando ambo i membri dell’equazione
(1) rispetto ad x e tenendo conto del fatto che y è funzione di x:
d
dy
dy
x
d 2
(x + y 2 ) =
(1) ⇔ 2 x + 2 y
=0 ⇔
=− .
dx
dx
dx
dx
y
(2)
Se non fosse possibile scrivere esplicitamente la y come una funzione
di x, potremmo usare direttamente questa espressione per calcolare
il valore della derivata di y in un dato punto di coordinate (x, y) che
soddisfino l’equazione x2 +y 2 = 1. Ad esempio, nel punto (x, y) = (0, 1)
dy
dall’equazione precedente otteniamo che dx
= − xy = − 01 = 0, mentre
√
nel punto (x, y) = (
√
2
2
,
)
2
2
essa vale
√
2
dy
x
= − = − √2 = −1
2
dx
y
2
Si noti√che questi stessi valori della derivata si ottengono ponendo x = 0
e x = 22 , rispettivamente, nell’espressione esplicita della derivata
dy
x
= −√
dx
1 − x2
ottenuta sopra. Inoltre, in questo caso specifico, possiamo sfruttare
dy
l’espressione implicita di dx
per calcolarne la forma esplicita. Basta
M. Tumminello e A. Consiglio
9
2. Derivate di funzioni implicite
ricordare la forma esplicita di y =
√
1 − x2 e si ottiene:
x
x
dy
= − = −√
.
dx
y
1 − x2
Vediamo un altro esempio. La curva descritta dall’equazione
2 x3 + 2 y 3 = 9 x y
prende il nome di foglia di Cartesio. Questa curva NON può essere ricondotta ad una forma esplicita di y in funzione di x. Potremmo essere
comunque interessati a determinare il coefficiente angolare della retta
tangente alla curva, ad esempio, nel punto (x, y) = (1, 2), soluzione
dell’equazione – ossia potremmo volere calcolare la derivata della funzione (non esplicita) y(x) nel punto (1, 2). Derivando ambo i membri
dell’equazione precedente otteniamo:
d
dy
dy
d
(2 x3 + 2 y 3 ) =
(9 x y) ⇔ 6 x2 + 6 y 2
= 9y + 9x
dx
dx
dx
dx
Quest’ultima equazione può facilmente essere risolta rispetto a
2 x2 + 2 y 2
dy
:
dx
dy
dy
dy
= 3y + 3x
⇔
(2 y 2 − 3 x) = 3 y − 2 x2 ,
dx
dx
dx
da cui
dy
3 y − 2 x2
=
.
dx
2 y2 − 3 x
Sostituendo nella precedente espressione ad x il valore 1 e ad y il valore 2 otterremo il valore ricercato del coefficiente angolare della retta
tangente alla curva nel punto (1,2):
dy
3 · 2 − 2 · 12
6−2
4
=
=
=
.
dx
2 · 22 − 3 · 1
8−3
5
Visto che, per definizione, la retta tangente alla curva in (1, 2) passerà
per il punto (1, 2), possiamo immediatamente scrivere l’equazione di
questa retta:
y−2=
4
(x − 1).
5
La foglia di Cartesio e la retta tangente alla curva nel punto (1, 2) sono
riportate in figura 1 a pagina seguente.
10
M. Tumminello e A. Consiglio
2. Derivate di funzioni implicite
Figure 1. Foglia di Cartesio e retta ad essa tangente in (1, 2).
Esercizi 2.1
• Determinare la tangente alla curva descritta dall’equazione
3(x2 + y 2 ) = 100 x y − 94
nel punto (x, y) = (1, 1).
• Determinare il più ampio intervallo di valori in cui la curva descritta
dall’equazione sin(y) = x è derivabile.
• Determinare l’equazione della retta tangente alla curva descritta
dall’equazione
(x2 + y 2 )2 = 4 x2 y
nel punto (x, y) = (1, 1).
• Determinare l’equazione della retta tangente alla curva descritta da
√
y sin(x) + x cos(y) = 2
nel punto di coordinate (x, y) = (2, −0.43727).
• Indicare se la curva descritta dall’equazione
2
2
x3 + y 3 = 5
3
sia derivabile nel punto (0, 5 2 ).
M. Tumminello e A. Consiglio
11
2. Derivate di funzioni implicite
Esercizi 2.2
• Calcolare i seguenti limiti
ex − e−x
x→0 x sin(x)
lim
ln [1 + sin(x)]
x→0
sin(2 x)
x
1
−e x
lim
1+
x→+∞
x
hπ
i
lim
− arctan(x2 ) x2
x→+∞ 2
lim
1
lim (ex + x) x
x→0
12
M. Tumminello e A. Consiglio
