1
Verso il calcolo dei limiti: alcuni risultati generali
Ci proponiamo adesso di enunciare e dimostrare alcuni fatti di per sé
piuttosto intuitivi, che trovano una giustificazione grazie al concetto di
limite. Cominciamo osservando che:
1. Se lim f (x) = l , allora lim #$− f (x)%& = −l .
x→x
x→x
0
0
• Infatti, dalla f (x) − l < ε segue
l − ε < f (x) < l + ε ⇒ −l − ε < − f (x) < −l + ε ⇒ − f (x) − (−l ) < ε e quindi
lim #$− f (x)%& = −l .
x→x0
2. Se
lim f (x) = l ,
x →x 0
allora
lim [ f (x) − k ] = l − k .
x →x 0
• Sempre dalla f (x) − l < ε risulta
€
f (x) − l = f (x)€− k − l + k = ( f (x) − k) − (l − k) < ε , di conseguenza
lim #$ f (x) − k %& = l − k .
x→x0
Elenchiamo quindi i teoremi sui limiti, enunciandoli nel caso in cui x tende
a valore finito, lasciando a chi legge lo sforzo di enunciare (e dimostrare!)
gli analoghi risultati nel caso in cui x tende a infinito.
Teorema 1. Se
lim f (x) = m < ∞ ,
x →x 0
e
lim g(x) = n < ∞ ,
x →x 0
allora xlim
( f (x) ± g(x)) = m ± n .
→x
0
• Osservazione 1. Talvolta può accadere che lim( f (x) ± g(x)) = m ± n , senza
x→∞
€ esistano i limiti
€ delle funzioni prese
€ singolarmente, come accade
che
2
2
nel caso di lim(sin x + cos x) =1.
x→∞
Teorema 2. Se lim f (x) = m < ∞ e k ∈ R , allora lim k ⋅ f (x) = k ⋅ m .
x→x0
x→x0
Teorema 3. Se lim f (x) = m < ∞ , e lim g(x) = n < ∞ , allora lim( f (x) ⋅ g(x)) = m ⋅ n .
x→x0
x→x0
x→x0
Osservazione. Un esempio in cui il teorema 3 non si può invertire è dato da
1
f (x) = x; g(x) = .
x
2
Teorema 4. Se lim f (x) = m < ∞ con
x→x0
m>0
e k ∈ R , allora lim( f (x)) k = m k .
x→x0
€
Teorema 5. Se lim f (x) = m < ∞ con
x→x0
m ≠ 0,
allora lim
x→x0
1
1
= .
f (x) m
€
Teorema 6. Se lim f (x) = m < ∞ , e lim g(x) = n < ∞ con n ≠ 0 , allora
x→x0
lim
x→x0
x→x0
f (x) m
= .
g(x) n
Come applicazione del teorema del confronto possiamo dimostrare il
seguente limite notevole:
sin x
=1 .
x→0
x
lim
Dimostrazione. Dalla circonferenza goniometrica risulta che l’area del settore
circolare OAP è compresa tra quella del triangolo OPH e quella del
triangolo OAT:
1
1
1
sin x ⋅ cos x < x < tan x .
2
2
2
Quando l’angolo si avvicina a zero, il seno si mantiene vicino al valore
zero senza mai raggiungerlo, se non quando l’angolo è proprio zero.
Scartando questa eventualità (che nei teoremi appena analizzati era
3
riassunta dall’ipotesi “escluso al più x0 ”) è possibile dividere per la quantità
sin x (l’angolo si considera vicino a zero per valori maggiori di zero) ed
ottenere:
cos x <
€
x
1
<
.
sin x cos x
Le grandezze in questione sono tutte positive per la scelta dell’angolo x,
quindi
cos x <
sin x
1
<
.
x
cos x
1
=1 , per il teorema del confronto si ha
x→0+ cos x
Poiché risulta lim cos x = lim
x→0+
quindi
lim+
x →0
sin x
= 1.
x
sin x
=1.
x→0− x
La dimostrazione si completa con la verifica che anche lim
€
LIMITI NOTEVOLI
Il calcolo dei limiti (non la verifica mediante la definizione!) si fonda
essenzialmente sull’applicazione diretta (o dopo qualche “arrangiamento”)
dei teoremi appena visti, e su alcuni “casi particolari” (che nel caso in cui x
tende ad infinito si possono desumere da casi analoghi definiti per
successioni, operazione garantita dal cosiddetto teorema di collegamento) che, per
la frequenza con cui si presentano nella pratica, possono essere considerati
dei veri e propri punti di riferimento, da qui il nome di limiti notevoli.
Un risultato molto importante che lega il concetto di limite di funzione a
quello di limite di successione è rappresentato dal seguente teorema.
Teorema (di collegamento) Si ha
L = lim f (x),
x→x0
se e solo se per ogni successione xn convergente a x0 , ma con xn ≠ x0 (e xn
appartenente all’insieme di definizione di f ) abbiamo
L = lim f (xn ).
n→∞
Con questo teorema è dunque lecito sfruttare i limiti di successioni per
verificare che una data funzione non ha limite, come per esempio la
funzione f (x) = sin2
1
1
2
definita per x ≠ 0 : le successioni xn =
e zn =
x
nπ
(2n +1)π
4
sono ambedue convergenti a 0, ma
lim f (xn ) = sin2 (2n +1)
n→∞
π
=1≠ lim f (zn ) = sin2 nπ = 0.
n→∞
2
Suddividiamo l’analisi dei limiti notevoli per tipologia di funzioni.
Limiti di funzioni goniometriche
Abbiamo già dimostrato il limite notevole:
sin x
=1 .
1. lim
x→0
x
Da questo segue un altro limite notevole:
2. lim
x→0
1− cos x 1
= .
2
x2
Dimostrazione. Scriviamo il limite nella forma
2
# sin x &
(1− cos x)(1+ cos x) 1− cos2 x
1
lim
=
=
⋅
; quando x → 0 il primo
%
(
x→0
x 2 (1+ cos x)
x 2 (1+ cos x) $ x ' 1+ cos x
1
fattore tende a 1, mentre il secondo tende ad .
2
Un’interessante applicazione di questo limite notevole è rappresentata dal
calcolo della misura del perimetro di un poligono regolare, inscritto in una
circonferenza, quando il numero dei lati cresce indefinitamente:
Indicato con Pn il perimetro del poligono di n lati inscritto nella
circonferenza, con a l’apotema di uno degli n triangoli in cui è possibile
5
scomporre il poligono, risulta dal teorema di Pitagora e da quello di
collegamento:
2
#
2π &
π
π
π
Pn = n ⋅ ln = n ⋅ 2 r − a = n ⋅ 2 r − % r cos ( = n ⋅ 2r 1− cos2 = n ⋅ 2r 1− cos ⋅ 1+ cos
2n '
n
n
n
$
2
2
2
Moltiplicando e dividendo l’ultimo termine per la quantità
π
, è possibile
n
ricondurre il calcolo del perimetro a quello del limite notevole 2:
Pn = n ⋅ 2r ⋅
π
n
π
n ⋅ 1+ cos π da cui segue
2
n
#π &
% (
$n'
1− cos
lim Pn = lim n/ ⋅ 2r ⋅
n→∞
n→∞
π
n/
π
n ⋅ 1+ cos π = 2π r 1 ⋅ 2 = 2π r.
2
n
2
%π (
' *
&n)
1− cos
Esercizio. Si scriva l’espressione del perimetro del poligono regolare di n
lati circoscritto ad una circonferenza, e si calcoli il valore a cui tende al
crescere del numero dei lati. Pn =
π
n .
2
"π %
$ '
#n&
1− cos
Altri due limiti notevoli che derivano dal primo sono i seguenti:
tan x
arctan x
lim
=1
lim
3. x→0 x
e 4. x→0 x =1 (Si ponga x = tan z ...).
In generale, per la continuità della funzione composta, se lim f (x) = 0 ,
x→x0
€
allora
1− cos f (x) 1
sin f (x)
tan f (x)
arctan f (x)
= ; lim
=1; lim
=1 ; lim
=1
2
x→0
x→0
x→0
2 x→0 f (x)
f (x)
f (x)
# f (x)%
$
&
lim
Le implicazioni di questi risultati sono varie, tuttavia è importante
intravedere in questi limiti la possibilità di approssimare, nelle vicinanze di
zero, alcune funzioni con funzioni polinomiali: la funzione seno, la funzione
6
tangente e la funzione arcotangente si possono approssimare con la
x2
funzione f (x) = x , mentre la funzione coseno con la funzione f (x) =1− .
2
Esercizi
Calcolare i seguenti limiti di funzioni
1− cos x
x→0
x
0 ;
1− cos x
x→0 x tan2x
1
;
4
1. lim
2. lim
tan2 x
−1 ;
3. lim 2
x→0 cos x −1
1− cos3 x
4. lim
(sviluppo della differenza di cubi al numeratore ed applicazione
x→0
2 x
2sin
2
delle formule di bisezione al denominatore...);
3
sin x − sin α
; (sostituzione x − α = t , di conseguenza t tende a
x→α
x −α
5. lim
zero...).
cos α
.
€
Limiti di funzioni razionali
Funzioni razionali intere
L’espressione analitica di una funzione razionale intera è un polinomio di
grado n:
f (x) := Pn (x) = an x n + an−1x n−1 + ⋅⋅⋅ + a1x + a0 .
Si tratta di una funzione continua su tutto l’insieme dei numeri reali ed il
suo comportamento quando x tende ad infinito è “governato” dal
monomio di grado massimo. Per convincersi di ciò è sufficiente scrivere il
polinomio così:
x n−1
x
1
f (x) = x (an + an−1 n + ⋅⋅⋅ + a1 n + a0 n ) ,
x
x
x
n
di conseguenza
lim(an x n + an−1x n−1 + ⋅⋅⋅ + a1x + a0 ) = lim an x n .
x→∞
x→∞
Funzioni razionali fratte
L’espressione analitica di una funzione razionale fratta è data da un
rapporto di polinomi:
7
f (x) :=
Pn (x)
a x n + a x n−1 + ⋅⋅⋅ + a1x + a0
= n m n−1 m−1
.
Q m (x) bm x + bm−1x + ⋅⋅⋅ + bm x + b0
Si osserva immediatamente che una funzione razionale intera è definita
(continua) in tutti i punti in cui non si annulla il polinomio a denominatore;
dove questo si annulla è possibile distinguere due casi:
Pn (x0 ) ≠ 0∧Q m (x0 ) = 0 ⇒ lim
5.
6.
x→x0
Pn (x0 ) = 0∧Q m (x0 ) = 0 ⇒ lim
x→x0
Pn (x)
=∞ ;
Q m (x)
Pn (x) 0
= =? .
Q m (x) 0
Per il calcolo del limite per x che tende ad infinto, in base al grado dei
polinomi al numeratore ed al denominatore, si hanno le seguenti 3
possibilità:
an x n + an−1x n−1 + ⋅⋅⋅ + a1x + a0
an x n−m
= lim m = lim
m−1
7. lim
x→∞ b x m + b
x→∞ b x
x→∞
bm
x
+
⋅⋅⋅
+
b
x
+
b
m
m−1
m
0
m
Esercizi
1. lim 3x 2 − 4x 3 +1
+∞ ;
x→−∞
x 2 −1
x 2 − 3x + 2
−2 ;
x 2 − 4x + 4
3. lim 2
x→2
x −4
1
;
4
2. lim
x→1
x2
x→3 x − 3
4. lim
5. lim
x→a
x3 − a3
x2 − a2
x3 + x2 − x
6. lim
x→+∞
1+ 4x
$1− x 2 '
7. * limarcsin & 2 )
x→∞
% x (
an x n
±∞ ;
3a
;
2
+∞ ;
−
π
;
2
%
'
'
'
=&
'
'
'
(
an
bm
n=m
0
∞
n<m
n>m
.
8
Limiti di funzioni irrazionali
Consideriamo inizialmente le funzioni la cui espressione analitica è un
radicale con argomento una funzione razionale; quando avremo fatto “un
po’ di pratica” ci occuperemo anche del caso generale.
Per quanto riguarda il calcolo di limiti di funzioni del tipo
f (x) := k Pn (x) ,
oppure
f (x) :=
k
Pn (x)
,
Q m (x)
si possono fare considerazioni del tutto analoghe al caso delle funzioni
razionali. Per il calcolo di limiti come
lim ( x 2 − 2 − x) ,
x→+∞
che portano ad una forma di indecisione del tipo ∞ − ∞ , la razionalizzazione
ed i prodotti notevoli sono gli strumenti da utilizzare per sciogliere la forma di
indecisione ottenuta. Nel caso del limite sopra si ha:
2
lim ( x − 2 − x) = lim
x→+∞
lim
x→+∞
( x 2 − 2 − x)( x 2 − 2 + x)
x→+∞
x2 − 2 − x2
( x 2 − 2 + x)
= lim
Esercizi
1. lim x +1 − x
x→+∞
2
( x − 2 + x)
−2
$
'
2
x && 1− 2 +1))
x
%
(
1
2. lim 2x 2 −1 − 2x 2 − x −1
x→+∞
x→1
4. lim
2 2
x +3 −2
(
)
+∞ 1− 0 +1
=0
.
;
2
;
5
2x 2 + x +1 − 2
1− cos x
x→0 4
−2
0 ;
x→+∞
3. lim
=
=
2 .
2
1+ x −1
Limiti di funzioni esponenziali e logaritmiche
n
# 1&
Come sappiamo, lim %1+ ( = e . Se passiamo dalle successioni alle funzioni
n→∞
$ n'
(utilizzando il teorema di collegamento) risulta:
9
x
# 1&
lim %1+ ( = e .
x→∞
$ x'
1
x
Sempre grazie al teorema di collegamento, e alla sostituzione t = , si ha il
seguente limite notevole:
1
t
(1+ t ) = e .
8. lim
t→0
Sempre per la continuità della funzione composta, se lim f (x) = 0 , allora
x→x0
(
lim 1+ f (x)
x→0
)
1
f (x)
=e,
e che, se lim f (x) = ∞ , allora
x→∞
#
1 &
lim %1+
(
x→∞
$ f (x) '
f (x)
=e.
Il limite 8 e le proprietà dei logaritmi, oltre alla solita continuità della
funzione composta, permettono di dimostrare il seguente limite:
9. lim
x→0
log a (1+ x)
= log a e .
x
1
1%
"
log a (1+ x)
x
= lim log a (1+ x) = log a $lim(1+ x) x ' = log a e .
Dimostrazione. Si ha lim
x→0
x→0
x
$# x→0
'&
Nel caso dei logaritmi naturali il limite 9 diventa:
10. lim
x→0
ln(1+ x)
=1 .
x
Un altro limite interessante è il seguente:
a x −1
lim
11. x→0 x = ln a .
Dimostrazione. Con la sostituzione a x −1= t ⇒ x = log a (t +1) il limite si scrive
nella forma lim
t→0
lim
t→0
t
, da cui segue
log a (1+ t )
t
1
1
= lim
=
= ln a .
log a (1+ t ) t→0 log a (1+ t ) log a e
t
10
Osservazione. Quando la base dell’esponenziale è e il limite di cui sopra
diventa:
e x −1
=1 .
12. lim
x→0
x
L’ultimo limite che prendiamo in considerazione è il seguente:
(1+ x) k −1
=k .
13. lim
x→0
x
k
Dimostrazione. Poniamo (1+ x ) −1= t ⇒ k ln(1+ x) = ln(t +1) , di conseguenza
x → 0 ⇔ t → 0 . Quest’osservazione ci porta a scrivere
t
t ⋅ ln(1+ t )
t ⋅ k ln(x +1)
k ln(x +1)
t
lim = lim
= lim
= lim
⋅
=k.
x→0 x
x→0 x ⋅ ln(1+ t )
x→0 x ⋅ ln(1+ t )
x→0
x
ln(t +1)
t→0
t→0
t→0
t→0
Esercizio. Calcolare il seguente limite:
lim x x .
x→0
Soluzione. Si osserva subito che, essendo una potenza ad esponente reale,
l’insieme di definizione è {x ∈ R|x > 0} , quindi ci limitiamo a calcolare il
limite destro. La successione
xn =
1
n
converge a zero: per il teorema di
collegamento, il limite richiesto vale, essendo lim n n =1,
n→∞
1
n
€
#1&
1 1
lim x x = lim+ x x = lim % ( = lim
= =1 .
x→0
n→∞ n
x→0
$ ' n→∞ n n 1
Osservazione. In realtà, il procedimento seguito non è corretto. Infatti, il
teorema di collegamento ci assicura il risultato se questo è ottenuto per ogni
successione xn → x0 , cosa impossibile da realizzare. Tuttavia, come avremo
modo di dimostrare in seguito, il risultato del limite è effettivamente quello
ottenuto. Alla luce di questa considerazione, possiamo affermare che il
teorema di collegamento è uno strumento efficace per dimostrare che un
determinato limite non esiste; infatti, è sufficiente trovare due successioni
xn → x0 , yn → x0 , tali che lim f (xn ) ≠ lim f ( yn ) .
n→∞
n→∞
Esercizi riepilogativi
Calcolare i seguenti limiti di funzioni:
1. lim
x→∞
(
)
x 2 +1 − x 2 − x +1
1
2
11
1− 3 (1+ x)2
2. lim
x→0
3x
−
2
9
3. Determinare, in base al parametro α , il lim
x→0
(
ln 1+ xα
x
2
).
+∞ 0 < α < 2
1
α =2
0
α >2
4. Determinare al variare del parametro α il valore del limite
lim
x→+∞
(
)
x 2 +1 − x 2 + xα +1 0 α <1
1
−
α =1 2
−∞ α >1
3
e x − cos x
5. lim
x→0
x sin x
1
.
2
6. lim
x→0
32 x −1
1− 5
−
x
ln9
ln5
e 2x −1
7. lim
x→0 log(1+ 4x)
1
2
2x+1
# 1&
8. lim %1+ (
x→∞
$ x'
e2 e 2x −1+ 3log(1+ 2x)
9. lim
x→0
3x
8
3
10.
(
)
lim 2x +1
x→+∞
1
log x
e 12
lim
5sin x tan x
x→0
x sin2x
5
2
12.
(1+ 3x)4 −1
lim
x→0
2x
6 13.
2x −1
lim x
x→0 4 −1
11.
14.
# x cos5x &
a) lim %1−
(
x→0
sin5x '
$
4
5
x
lim
b)
15.
1
4
9 −1
x→0
lim(1+ 2x)
−
4
3x −1
3
x
e −6 x→0
16.
lim
x→
π
2
(
2x − π
)
2
8
3
2
2cos x + sin x −1
17.
x
x
*$
' $ 2' 1
lim ,&1− ) + &1+ ) /
x→∞ ,
/
+% x ( % x ( .
18.
$ x −1'
lim &
)
x→∞
% x (
19.
e 2x−2 −1
lim 2
x→1 x + 2x − 3
20.
# 4 &2+log x
lim % (
x→+∞ x
$ '
21.
lim
e −1 + e 2 x+
1
2
e −1 1
2
1
e −1 3sin2x tan x
x→0
2x sin x
3 13
(1+ 2x)2 −1
22. lim
x→0
x
4
3
3
23. lim
5 x −1
1− 2 x
e −x −1
24. lim
x→0 log(1+ x)
x→0
−
ln5
ln2
−1
25. Calcolare il valore del lim
x→0
positivo α ∈ R .
( )
sin xα tan x
2x1−α sin x
al variare del parametro
+∞ 0 < α <
1
2
0
1
2
1
2
1
α>
2
α=
26. Si costruisca la diagonale AC sul quadrato ABCD, e si consideri
l’arco di cerchio con centro in B, e raggio uguale al lato del quadrato.
Indicati rispettivamente con H e K i punti in cui una semiretta
condotta da B incontra l’arco di cerchio e la diagonale, si calcoli il
Area( AHK )
.
H→A Area(BKA)
lim
π −x
π − 2x
π
, KÂH =
, AK̂H = + x .
2
4
4
AH ⋅ AK sin KÂH
x #π x&
2l sin sin % − (
2
2 $ 4 2'
Area( AHK )
2
=
=
*x→0
**
→0 .
AH = 2l 2 (1− cos x ) ,
1
Area(BKA)
AK ⋅ AB sin BÂC
2
2
Posto HB̂C := x si ha: BÂH = KĤA =
(
)
(
)
14
