Teorema di L'H˘pital

Siano f e g due funzioni derivabili in un intorno del punto x0 tali che $$ \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = 0 $$ $$ \lim_{x \rightarrow x_0} g(x) = 0 $$ se in un intorno di x0 $$ g(x),g'(x) \ne 0 $$ allora $$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)} $$

Non occorre che le funzioni siano derivabili in x0. E' sufficiente che lo siano nell'intorno di x0.

Dove x0 può essere un punto finito o infinito del dominio della funzione.

A cosa serve il teorema di L'Hôpital?

E' utile per studiare la forma indeterminata 0/0 dei limiti.

$$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{0}{0} $$

Il teorema di L'Hopital si può usare anche per risolvere il limite nella forma indeterminata ∞/∞

$$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{∞}{∞} $$

In quest'ultimo caso, il limite della f(x) e della g(x) è uguale a ∞ anziché 0.

Nota. Le altre forme indeterminate dei limiti ( es. ∞-∞, 0·∞, 00, 1, ∞0 ) devono essere trasformate nella forma 0/0 o ∞/∞ per poterle risolvere con il teorema di L'Hôpital. Ad esempio, trasformando il prodotto in un rapporto $$ f \cdot g = \frac{ f }{ \frac{1}{ g} } $$ oppure una differenza in un rapporto $$ f - g = \frac{ \frac{1}{g} - \frac{1}{f} }{ \frac{1}{f \cdot g} } $$ purché la forma equivalente sia un limite nella forma indeterminata 0/0 o ∞/∞.

Esempi ed esercizi svolti

Esempio 1

Il seguente limite è una forma indeterminata del tipo 0/0

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{2x}-e^{-2x}}{ \sin 5x } = \frac{0}{0} $$

I limiti delle due funzioni sono nulli e rispettano le condizioni del teorema di L'Hôpital

$$ \lim_{x \rightarrow 0} f(x) = 0 \\ \lim_{x \rightarrow 0} g(x) = 0 $$

Per studiare la forma indeterminata, uso il teorema di L'Hôpital, calcolo la derivata delle funzioni

$$ f'(x)= 2e^{2x}+2e^{-2x} $$ $$ g'(x)= 5 \cos 5x $$

Poi calcolo il limite per x tendente a zero del rapporto delle derivate prime.

$$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2e^{2x}+2e^{-2x}}{ 5 \cos 5x } = \frac{4}{5} $$

Ho così trovato anche il risultato del precedente limite.

E se il risultato fosse ancora una forma indeterminata? Se la derivata prima fosse ancora una forma indeterminata del tipo 0/0 o ∞/∞, potrei analizzare la derivata seconda delle funzione, e così via. Il teorema di L'Hôpital vale per le derivate di ogni ordine superiore al primo.

Esempio 2

Questo limite è una forma indeterminata del tipo ∞/∞

$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{e^x}{ x } = \frac{∞}{∞} $$

Anche in questo caso posso usare il teorema di L'Hôpital.

Analizzo il limite delle derivate prime e ottengo la soluzione

$$ \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{e^x}{ 1 } = ∞ $$

Pertanto anche il primo limite è uguale a ∞

$$ \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{f(x)}{g(x)} = ∞ $$

Esempio 3

Questo limite è una forma indeterminata del tipo 0·∞

$$\lim_{x \rightarrow 0+} x^2 \cdot \log x = 0 \cdot (-∞) $$

Trasformo il limite in un rapporto di funzioni

$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{ \log x }{ \frac{1}{x^2} } $$

$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{ \log x }{ x^{-2} } $$

Ora il limite è una forma indeterminata ∞/∞, quindi soddisfa le condizioni di applicabilità di L'Hopital.

Calcolo il limite delle derivate.

$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{ \frac{1}{x} }{ -2x^{-3} } $$

$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{ \frac{1}{x} }{ \frac{1}{-2x^{3}} } $$

$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{ -2x^3 }{x} $$

$$\lim_{x \rightarrow 0+} -2x^2 = 0 $$

Esempio 4

Questo limite è una forma indeterminata del tipo ∞/∞

$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{x^2}{e^x} = \frac{∞}{∞} $$

Applico il teorema di Hopital e ho un'altra forma indeterminata ∞/∞

$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{2x}{e^x} = \frac{∞}{∞} $$

Poiché posso applicare il teorema anche sulle derivate successive, purché siano soddisfatte le condizioni di L'Hopital, calcolo il limite sulle derivate seconde

$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{2}{e^x} = 0 $$

Ho così trovato che il limite converge a zero.

La dimostrazione

Date due funzioni f(x) e g(x) derivabili in x0 con g(x0)≠0 e limite uguale a zero.

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

Essendo derivabili in x0 sono anche continue in un intorno di x0.

Pertanto, in x0 le funzioni sono uguali a

$$ f(x_0)=0 \\ g(x_0) = 0 $$

Il limite del rapporto delle due funzioni

$$ \lim_{x \rightarrow x_0 } \frac{f(x)}{g(x)} $$

lo riscrivo in questa forma equivalente

$$ \lim_{x \rightarrow x_0 } \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} $$

Divido il numeratore e il denominatore per (x-x0).

$$ \lim_{x \rightarrow x_0 } \frac{ \frac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0} }{ \frac{g(x) - g(x_0)}{x-x_0} } $$

Il risultato del limite è il rapporto tra la derivata prima f'(x0) e la derivata prima g'(x0) nel punto x0.

$$ \lim_{x \rightarrow x_0 } \frac{ \frac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0} }{ \frac{g(x) - g(x_0)}{x-x_0} } = \frac{ f'(x_0) }{ g'(x_0) } $$

ossia

$$ \frac{ f'(x_0) }{ g'(x_0) } = \lim_{x \rightarrow x_0 } \frac{ f'(x) }{ g'(x) } $$

E quest' dimostra l'uguaglianza tra i limiti

$$ \lim_{x \rightarrow x_0 } \frac{ f(x) }{ g(x) } = \lim_{x \rightarrow x_0 } \frac{ f'(x) }{ g'(x) } $$

E così via.

 


 

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