Autori: M. Nocera, R. Raucci, L. Taddeo
Su alcuni limiti fondamentali: tecniche non classiche.
1
Abstract
x- sinx 1
= evidenziando come
x →0
x3
6
Si calcola il limite lim
detto calcolo si possa ricondurre a quello di limiti
notevoli senza utilizzare il primo teorema di de
l’Hôpital o le classi delle funzioni infinitesime dello stesso ordine. Si prende spunto dal calcolo del limite per riflettere sull'utilizzo, a volte fatto con
troppa disinvoltura, della sostituzione degli infiniti
e degli infinitesimi. Inoltre si presenta un risultato
teorico dal quale discende il suddetto limite e una
prova
non
classica
dell’altro
limite
notevole
ln x
= 0.
x →+∞ x
lim
1.
Calcolo del limite
x- sinx 1
=
x →0
x3
6
lim
Sarà utile nel seguito tener conto della definizione di minimo e massimo limite.
Sia f una funzione definita in A sottoinsieme di \ e sia x0 un punto di accumulazione di A . Definiamo minimo (massimo) limite di f
per x che tende x0
{
min lim f ( x ) = min min lim f ( xn ) : xn ∈ A − { x0 } , lim xn = x0
x → x0
n →+∞
n →+∞
}
( max lim f ( x ) = max {max lim f ( x ) : x ∈ A − {x }, lim x = x })
x → x0
n
n →+∞
n
0
n →+∞
n
0
⎤ π π⎡
;
− {0} si ha:
⎦ 2 2 ⎢⎣
È facile verificare che per ogni x ∈ ⎥ −
(1) 0 ≤
x − sin x tan x − sin x
≤
x3
x3
2
(2)
x − sin x tan x − sin x tan 2 x 2 x − sin 2 x
=
− 2 + 3
2 x cos 2 x
x3
x3
x
Per quanto riguarda la (1) basta tener presente che le funzioni
x − sin x
tan x − sin x
⎤ π⎡
e
sono funzioni pari e per ogni x ∈ ⎥ 0; ⎢
3
3
x
x
⎦ 2⎣
sin x < x < tan x .
Per dimostrare la (2) si osservi che sussiste la seguente uguaglianza:
x − sin x x − sin x + tan x − tan x tan x − sin x tan x − x
=
=
−
e tex3
x3
x3
x3
nuto conto che:
sin 2 x
sin 2 x − x − x cos 2 x
−x
tan x − x 1 + cos 2 x
1 + cos 2 x
=
=
=
3
3
x
x
x3
sin 2 x − x − x cos 2 x − 2 x + 2 x sin 2 x − 2 x + x − x cos 2 x
=
=
=
x 3 (1 + cos 2 x )
x 3 (1 + cos 2 x )
=
x (1 − cos 2 x )
x3 (1 + cos 2 x )
−
2 x − sin 2 x
tan 2 x 2 x − sin 2 x
=
− 3
x3 (1 + cos 2 x )
x2
2 x cos 2 x
si ottiene la (2).
tan x − sin x 1
= , da (1) si deduce che, il minimo limix →0
2
x3
te min lim f ( x ) = l ' e il massimo limite max lim f ( x ) = l '' della funSiccome lim
x → x0
zione f ( x ) =
x → x0
x − sin x
, per x che tende a 0 , appartengono all’insieme
x3
dei numeri reali.
Da
f (2x) =
2 x − sin 2 x
( 2x)
3
, si ha, per
x
che tende a
0,
min lim f ( 2 x ) = l ' e max lim f ( 2 x ) = l '' . Siccome le funzioni
x → x0
x → x0
tan x − sin x tan x
e
sono convergenti, poiché per la (2) risulta:
x2
x3
2
3
f ( x) =
tan x − sin x tan 2 x
4
− 2 +
f (2x)
3
x
x
cos 2 x
si deduce:
1
1
l ' = − + 4l ' e l '' = − + 4l ''
2
2
da cui l ' = l '' =
2.
1
e, dunque, l’asserto.
6
Generalizzazione
Sia f una funzione definita in un intorno I di x0 (eventualmente
privato di x0 ). Se
1) esistono tre funzioni F , g e h tali che:
f ( x ) = g ( x ) + h ( x ) f ( F ( x ) ) per ogni x ∈ I − { x0 }
con g e h convergenti in x0 e lim h ( x ) ≠ ±1 ;
2)
3)
x → x0
lim F ( x ) = x0 ;
x → x0
f è limitata in I − { x0 } ;
4) per ogni successione { xn }n∈` ⊂ I , con xn ≠ x0 per ogni n ∈ ` e
lim xn = x0 , esiste una successione { yn }n∈` convergente a x0 tale che
n →+∞
F ( yn ) = xn per ogni n ∈ ` , e yn ≠ x0 frequentemente;
5) per ogni successione { xn }n∈` convergente a x0 , con xn ≠ x0 per
ogni n ∈ ` , risulta F ( xn ) ≠ x0 frequentemente.
Allora
lim f ( x ) =
x → x0
lim g ( x )
x → x0
1 − lim h ( x )
.
x → x0
Prima di dimostrare il teorema osserviamo che:
4
i)
se F è continua in x0 la 2) equivale a dire che x0 è un punto
fisso di F ;
ii) se F è invertibile la 4) equivale a dire che lim F −1 ( x ) = x0 ;
iii) se il limite lim h ( x ) = −1 deduciamo che:
x → x0
x → x0
min lim f ( x ) + max lim f ( x ) = lim g ( x ) .
x → x0
x → x0
x → x0
Dimostrazione.
Per l’ipotesi 2) , 4) e 5) si deduce che
min lim f ( x ) = min lim f ( F ( x ) )
x → x0
e
x → x0
max lim f ( x ) = max lim f ( F ( x ) )
x → x0
x → x0
e per la 3) il minimo e massimo limite di f sono finiti.
Quindi, se lim h ( x ) ≥ 0 da 1) segue:
x → x0
a)
min lim f ( x ) = lim g ( x ) + lim h ( x ) ⋅ min lim f ( x )
x → x0
è
x → x0
x → x0
x → x0
x → x0
conseguenza
max lim f ( x ) =
x → x0
lim h ( x ) ≠ 1 , min lim f ( x ) =
da cui, poiché
l’asserto
x → x0
del
lim g ( x )
x → x0
1 − lim h ( x )
fatto
lim g ( x )
x → x0
1 − lim h ( x )
e
x → x0
che
vale
anche
.
x → x0
Invece, se lim h ( x ) < 0 da 1) si ha invece:
x → x0
min lim f ( x ) = lim g ( x ) + lim h ( x ) ⋅ max lim f ( x )
x → x0
e
b)
x → x0
x → x0
x → x0
max lim f ( x ) = lim g ( x ) + lim h ( x ) ⋅ min lim f ( x )
x → x0
x → x0
x → x0
x → x0
5
Sottraendo
membro
min lim f ( x ) = m ax lim f ( x )
x → x0
x → x0
a
membro
deduciamo
che
da cui, poiché lim h ( x ) ≠ −1 , facilx → x0
mente l’asserto.
È facile ricavare, inoltre, l’osservazione iii) come conseguenza della
b).
Ora il nostro limite si ottiene come corollario della proposizione appena dimostrata.
3.
Conseguenze
Come conseguenza immediata si ha:
tan x − x 1 1 1
x − sin x 1
tan x − x
, da cui lim
= − =
lim
= − lim
3
3
x →0
x →0
x3
2 6 3
x
2 x →0
x
Utilizzando poi il teorema sui limiti delle funzioni composte, con la
arcsin x − x
y − sin y 1
sostituzione y = arcsin x si ha: lim
= lim
=
3
x →0
y
→
0
x
sin 3 y
6
Sempre per il teorema sui limiti delle funzioni composte, utilizzando
x − arctan x
tan y − y 1
la sostituzione y = arctan x si ha: lim
= lim
= .
3
x →0
y
→
0
x
tan 3 y
3
x − sin x 1
In tal modo abbiamo calcolato il valore dei limiti lim
= ,
x →0
x3
6
tan x − x 1
x − arctan x 1
arcsin x − x 1
= e lim
= senza far
lim
= , lim
3
3
0
0
x
→
x
→
x →0
x
x3
3
3
x
6
uso dei teoremi di de l’Hôpital o della formula di Taylor, anticipando così
risultati che in quasi tutti i testi scolastici e universitari vengono riportati
nel contesto degli argomenti successivi alla derivazione.
ln x
, utilizzando il teorema di generalizzazione prox
ln x
viamo che lim
=0.
x →+∞ x
ln 2
ln 2 x
+2
ed essendo
A tal proposito notiamo che f ( x ) = −
x
2x
ln x < x per ogni x ∈ [1; +∞[ , f è ivi limitata.
Sia ora f ( x ) =
6
Valgono tutte le ipotesi del teorema di generalizzazione, infatti, le
ln 2
e h ( x ) = 2 sono convergenti in x0 = +∞ , la
x
funzione F ( x ) = 2 x diverge positivamente in x0 = +∞ , verifica la 4) e
funzioni g ( x ) = −
f ( x ) è limitata. Pertanto, risulta,
la 5), e, come già detto,
lim f ( x ) =
x →+∞
lim g ( x )
x →+∞
1 − lim h ( x )
x →+∞
=
0
= 0.
−1
Il problema del calcolo del limite utilizzando solo i limiti notevoli è
sorto come conseguenza del fatto che molti studenti eseguono con disinvoltura la sostituzione degli infinitesimi commettendo errori e sono state
tratte considerazioni di carattere didattico che di seguito vengono riportate.
Analizziamo la seguente dimostrazione
x − sin x
x − sin x x 2 + x sin x + sin 2 x
lim
=
lim
⋅ 2
=
x →0
x →0
x3
x3
x + x sin x + sin 2 x
= lim
x →0
= lim
x →0
(
)
x3 − sin x 1 − cos 2 x
x3 − sin 3 x
=
lim
=
x →0 x 3 x 2 + x sin x + sin 2 x
x3 x 2 + x sin x + sin 2 x
(
(
)
x3 − sin x (1 − cos x )(1 + cos x )
(
x3 x 2 + x sin x + sin 2 x
)
= lim
x →0
)
x3 − sin x (1 − cos x )(1 + cos x )
3x5
x2
1 + cos x
x − sin x
(1 + cos x )
2
2
= [ A ] lim
= lim
=
5
3
0
x →0
x
→
3x
3x
x
x
x
x − sin x cos 2
x − x cos 2
1 − cos 2
2 = [ B] lim
2 = lim
2=
= lim
x →0
x →0
x →0
3x3
3 x3
3x 2
x
sin 2
1
2= 1
= lim
2
0
x
→
12
12
⎛ x⎞
⎜ ⎟
⎝2⎠
x3 − sin x
7
=
L’errore è dovuto alla sostituzione nella differenza degli infinitesimi
in [ A ] e [ B] .
Riproponendo il lim
x 3 − sin x (1 − cos x )(1 + cos x )
3x5
x →0
se si sostituisce
a sin x l’infinitesimo corrispondente alla tabella dei limiti notevoli si ottiene:
lim
x 3 − x (1 − cos x )(1 + cos x )
x →0
(1 − cos x )
3x
5
=
1
. Mentre se sostituiamo a
9
sempre l’infinitesimo corrispondente della tabella dei limiti
x3 −
notevoli si ottiene: lim
x →0
x2
sin x (1 + cos x )
5
2
=
. Visto i risultati
5
3x
36
diversi si potrebbe pensare allora di sostituire ad entrambe le funzioni gli
infinitesimi corrispondenti, ottenendo però il risultato già analizzato precedentemente.
Si potrebbe allora pensare di sostituire contemporaneamente ad entrambi gli addendi del numeratore e/o del denominatore i corrispondenti
infinitesimi dei limiti notevoli ma si potrebbero ottenere sempre degli errori. Infatti, gli ulteriori due esempi che seguono mostrano come gli alunni potrebbero deliberatamente eseguire sostituzioni con errori nel calcolo
dei limiti.
(
)
e x cos x − log 2 1 + x − 1
lim
1.
x → 0+
= 2 lim+
x →0
sin x − x cos x
− x (1 − cos x )
x3
= lim+
x →0
x cos x −
( x)
sin x − x cos x
x →0
=
=0
(
)
e x cos x − log 2 1 + x − 1
mentre il limite è uguale: lim+
2
sin x − x cos x
= 3;
8
(
)
e x cos x − log 2 1 + x − 1
2.
lim+
x →0
sin x − x cos x
= lim+
x →0
(
− x (1 − cos x )
x (1 − cos x )
e x cos x − 1 − log 2 1 + x
il limite è uguale a lim+
x →0
sin x − x cos x
= −1 mentre
) = +∞ .
In entrambi gli esempi, l’errore è dovuto al fatto che le funzioni
(
)
f ( x ) = e x cos x − log 2 1 + x − 1 e g ( x ) = sin x − x cos x sono infinitesime dello stesso ordine di h ( x ) =
x 3 e nel calcolo del limite uti-
lizzando la sostituzione degli infinitesimi equivalenti sarebbe praticamente impossibile stabilirne l’ordine a priori sulla base dei limiti notevoli.
Da quanto provato segue allora che nella pratica si compiono sugli infinitesimi alcune manipolazioni algebriche, che li rendono molto utili,
commettendo, però, un grave ma comunissimo errore e cioè che se ad una
funzione infinitesima di ordine superiore rispetto ad f aggiungiamo
un’altra funzione con la stessa proprietà, non miglioriamo la nostra conoscenza della prima, pertanto, nelle differenze di funzioni infinitesime non
è possibile sostituire ad una delle due funzioni l’infinitesimo corrispondente senza conoscere con esattezza l’ordine dell’infinitesimo differenza.
Va comunque sottolineato che l’utilizzo degli infiniti e infinitesimi è
molto utile nel calcolo dei limiti e deve essere proposto in ogni ordine
scolastico che ne preveda il loro studio, evidenziando però che la sostituzione può avvenire solo in alcuni casi, come il prodotto e il quoziente di
funzioni.
9
