Il teorema di L'Hopital
Siano \( f \) e \( g \) due funzioni derivabili in un intorno puntato di \( x_0 \), tali che $$ \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = 0 $$ $$ \lim_{x \rightarrow x_0} g(x) = 0 $$ oppure $$ \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = \pm \infty $$ $$ \lim_{x \rightarrow x_0} g(x) = \pm \infty $$ Se \( g(x) \neq 0 \) e \( g'(x) \neq 0 \) in un intorno puntato di \( x_0 \), $$ g(x) \neq 0 \quad \text{e} \quad g'(x) \neq 0 $$ e se esiste il limite $$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L $$ allora vale anche $$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = L. $$
Non occorre che le funzioni siano derivabili in x0. È sufficiente che lo siano in un intorno puntato di x0, cioè nei punti vicini a x0, escluso eventualmente x0 stesso.
Il punto x0 può essere finito oppure infinito.
Nota che, se l'applicazione della regola di L'Hopital restituisce nuovamente una forma indeterminata \(\frac{0}{0}\) oppure \(\frac{\infty}{\infty}\), posso continuare ad applicarla calcolando le derivate seconde, terze e così via, purché continuino a essere soddisfatte le ipotesi del teorema. Posso procedere finché il rapporto tra le derivate non presenta più una forma indeterminata e il relativo limite esiste, finito oppure infinito.
A cosa serve il teorema di L'Hôpital?
Il teorema di L'Hopital è utile per calcolare limiti che si presentano nelle forme indeterminate 0/0 e ∞/∞.
Nel primo caso, sia il numeratore sia il denominatore tendono a zero.
$$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{0}{0} $$
Nel secondo caso, sia il numeratore sia il denominatore tendono all'infinito.
$$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\infty}{\infty} $$
In entrambi i casi, il teorema permette di sostituire il limite del rapporto tra le funzioni con il limite del rapporto tra le loro derivate, purché siano soddisfatte tutte le ipotesi del teorema.
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
Caso della forma indeterminata \(0/0\)
Poiché siamo nella forma indeterminata \(0/0\), vale
$$ \lim_{x \to x_0}f(x)=0 \qquad \text{e} \qquad \lim_{x \to x_0}g(x)=0. $$
Posso quindi definire
$$ f(x_0)=0 \qquad \text{e} \qquad g(x_0)=0, $$
così che le funzioni risultano continue in \(x_0\).
Considero ora un punto qualsiasi \(x\) dell'intorno \(I\), con \(x \neq x_0\). Le funzioni \(f(x)\) e \(g(x)\) sono continue nell'intervallo chiuso \([x_0,x]\) e derivabili nell'intervallo aperto \((x_0,x)\). Posso quindi applicare il teorema di Cauchy.
Esiste pertanto un punto \(c\) compreso tra \(x_0\) e \(x\) tale che
$$ \frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}. $$
Sostituendo \(f(x_0)=0\) e \(g(x_0)=0\) nella relazione precedente ottengo
$$ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}. $$
Ora considero il limite per \(x \to x_0\). Poiché il punto \(c\) appartiene all'intervallo compreso tra \(x_0\) e \(x\), quando \(x\) tende a \(x_0\) anche \(c\) tende a \(x_0\). Pertanto,
\lim_{x\to+\infty}$$ \lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{c \to x_0}\frac{f'(c)}{g'(c)}. $$
Se inoltre esiste il limite del rapporto tra le derivate,
$$ \lim_{x \to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}, $$
allora, essendo \(c \lim_{x\to+\infty}\to x_0\), risulta anche
$$ \lim_{c \to x_0}\frac{f'(c)}{g'(c)}=\lim_{x \to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}. $$
Di conseguenza,
$$ \boxed{\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}} $$
che è proprio la tesi della regola di de l'Hôpital nel caso della forma indeterminata \(0/0\).
Nota. L'idea fondamentale della dimostrazione consiste nell'applicare il teorema di Cauchy per esprimere il rapporto tra le funzioni come il rapporto tra le loro derivate calcolato in un opportuno punto intermedio \(c\). Poiché questo punto tende a \(x_0\) quando \(x \to x_0\), il limite del rapporto tra le funzioni coincide con il limite del rapporto tra le derivate.
Estensione al caso \( \infty / \infty \)
Il teorema di L'Hôpital non vale soltanto quando \(x\) tende a un punto finito, ma anche nei limiti per \(x \to +\infty\) e \(x \to -\infty\).
In questo caso le ipotesi del teorema non devono essere verificate in un intorno di un punto, bensì per tutti i valori di \(x\) sufficientemente grandi $ x > M $ (se \(x \to +\infty\)) oppure sufficientemente piccoli $ x < -M $ (se \(x \to -\infty\)).
Se tali condizioni sono soddisfatte, la conclusione del teorema rimane valida:
$$ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to\pm\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}. $$
Per dimostrare questo caso è sufficiente ricondurre il limite all'infinito a un limite in un punto finito mediante la sostituzione \(t=\frac{1}{x}\).
In questo modo, il limite per \( x \to \pm \infty \) si trasforma infatti in un limite per \( t \to 0 \) al quale si applica la dimostrazione precedente.
Come usare il teorema con le altre forme indeterminate
Le altre forme indeterminate dei limiti, ad esempio ∞-∞, 0·∞, 00, 1∞, ∞0, non possono essere risolte direttamente con il teorema di L'Hôpital.
Prima devono essere trasformate, quando possibile, in una forma indeterminata del tipo 0/0 oppure ∞/∞.
Forme indeterminate \( 0 \cdot \infty \) e \( \infty \cdot 0 \)
Un prodotto può essere trasformato in un rapporto
$$ f \cdot g = \frac{f}{\frac{1}{g}} $$
oppure
$$ f \cdot g = \frac{g}{\frac{1}{f}} $$
Esempio
Considero il limite
\[ \lim_{x\to+\infty} x e^{-x} \]
Il limite è una forma indeterminata \( \infty \cdot 0 \)
\[ \lim_{x\to+\infty} x e^{-x} = \infty \cdot 0 \]
Per eliminare l'indeterminazione trasformo il prodotto in un rapporto \( xe^{-x}=\frac{x}{e^x} \). Il limite diventa:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x} \]
Ora il limite è una forma indeterminata \( \frac{\infty}{\infty} \)
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x} = \frac{\infty}{\infty} \]
Posso quindi applicare la regola di de l'Hôpital
\[ \frac{D_x[x]}{D_x[e^x]} = \frac{1}{e^x} \]
Dopo la trasformazione il limite diventa:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{e^x} \]
Poiché \( e^x \to +\infty \) si ottiene:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{e^x}=0 \]
Pertanto, il limite iniziale vale:
\[ \lim_{x\to+\infty}xe^{-x}=0 \]
In questo modo ho risolto una forma indeterminata \( \infty \cdot 0 \) usando la regola di de l'Hôpital.
Forme indeterminate \(0^0 \), \(1^\infty \), \(\infty^0 \)
Le forme indeterminate \(0^0\), \(1^\infty\) e \(\infty^0\) si presentano nel calcolo dei limiti di espressioni del tipo
\[ \lim_{x \to x_0} [f(x)]^{g(x)} \]
Dove \(f(x)>0 \).
Queste forme si verificano nei seguenti casi:
- \(0^0\) se \( \lim_{x\to x_0} f(x)=0 \) e \( \lim_{x\to x_0} g(x)=0 \)
- \(1^\infty \) se \( \lim_{x\to x_0} f(x)=1 \) e \( \lim_{x\to x_0} g(x)=\pm\infty \)
- \(\infty^0\) se \( \lim_{x\to x_0} f(x)= \pm \infty \) e \( \lim_{x\to x_0} g(x)=0 \)
Per studiare questi limiti mi conviene trasformare la potenza in un'esponenziale.
\[ [ f(x)]^{g(x)} = e^{ \ln ( f(x)^{g(x)} ) } = e^{g(x) \ \ln f(x)} \]
Spiegazione. Parto dalla funzione \( f(x)]^{g(x)} \) e sapendo che \( x=e^{ \ln x} \) la riscrivo in questa forma equivalente \[ [ f(x)]^{g(x)} = e^{ \ln ( f(x)^{g(x)} ) } \] Poi applico una delle proprietà dei logaritmi, ossia \( \ln x^y = y \ln x \) , e ottengo: \[ [ f(x)]^{g(x)} = e^{ \ln ( f(x)^{g(x)} ) } = e^{g(x) \ \ln f(x)} \]
Quindi, purché esista il limite dell'esponente, il limite diventa:
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)]^{g(x)} = e^{ [ \lim_{x\to x_0} g(x) \ \ln f(x) ]} \]
In questo modo il problema si riduce al calcolo del limite del prodotto \( \lim_{x\to x_0} g(x) \ \ln f(x) \) che nella maggior parte dei casi assume la forma indeterminata \( 0 \cdot \infty \)
A questo punto posso eliminare l'indeterminazione trasformando il prodotto in un rapporto e applicando, se necessario, la regola di de l'Hôpital.
Esempio
Considero il limite
\[ \lim_{x\to 0^+} x^x = 0^0 \]
Si tratta di una forma indeterminata \(0^0 \). Per risolverla riscrivo la potenza in una forma equivalente \( x^x=e^{x\ln x} \).
In questo modo il limite da calcolare diventa:
\[ \lim_{x\to 0^+} e^{x\ln x} \]
Poiché la funzione esponenziale è continua, posso portare il limite nell'esponente
\[ e^{ \lim_{x\to 0^+} x\ln x} \]
A questo punto resta da calcolare soltanto il limite dell'esponente
\[ \lim_{x\to 0^+} x\ln x \]
Questo limite è una forma indeterminata \( 0\cdot(-\infty) \).
\[ \lim_{x\to 0^+} x\ln x = 0 \cdot (-\infty) \]
Per eliminare l'indeterminazione riscrivo il prodotto come rapporto \( x \ln x = \frac{\ln x}{1/x} \). Ottengo così il limite:
\[ \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \frac{-\infty}{\infty} \]
In questo modo ottengo una forma indeterminata \(\frac{-\infty}{\infty} \) che è risolvibile con la regola di de l'Hôpital.
\[ \frac{D_x[ \ln x ]}{ D_x[ 1/x ]} = \frac{ \frac{1}{x} }{ - \frac{1}{x^2}} = \frac{1}{x} \cdot (-x^2) = -x \]
Ora il limite è calcolabile
\[ \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x\to 0^+} (-x) = 0 \]
Quindi, il limite dell'esponente vale zero:
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0 \]
L'esercizio però non è ancora concluso. Questo è il limite dell'esponente, non della funzione iniziale.
Sostituisco quindi il risultato nell'esponenziale
\[ e^{ \lim_{x\to 0^+} x\ln x} = e^0 =1 \]
Pertanto, il limite della funzione iniziale vale uno.
\[ \lim_{x\to0^+}x^x= 1 \]
Forme indeterminate \( \infty - \infty \)
Una differenza del tipo ∞-∞ può talvolta essere trasformata in un rapporto mediante opportune manipolazioni algebriche, ma non esiste una formula unica valida in tutti i casi.
Prima di applicare il teorema bisogna quindi verificare che la forma equivalente sia davvero un limite nella forma indeterminata 0/0 oppure ∞/∞.
Esempio
Considero il limite seguente:
\[ \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \right) \]
Questo limite è una forma indeterminata \(+\infty - \infty\).
\[ \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \right) = \infty - \infty \]
Svolgendo alcuni calcoli algebrici, il limite diventa:
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \]
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{x - 3\sin x}{x\sin x} \]
Quanto $ x \to 0^+ $ la seconda espressione tende a \(\frac{0}{0}\), quindi posso applicare il teorema di de l'Hôpital.
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{x - 3\sin x}{x\sin x} = \frac{0}{0} \]
Applico la regola di de l'Hôpital.
\[ \frac{D_x[ x - 3\sin x ]}{D_x[x\sin x ]} = \frac{1 - 3 \cos x}{1 \cdot \sin x + x \cos x} = \frac{1 - 3 \cos x}{ \sin x + x \cos x} \]
Dopo la trasformazione ol limite tende a \( - \infty \)
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{1 - 3\cos x}{\sin x + x\cos x} = -\infty \]
Pertanto, anche il limite iniziale tende a \( - \infty \).
\[ \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \right) = -\infty \]
E così via.
