Le forme indeterminate dei limiti

Nello studio dei limiti si può incappare in qualche forma indeterminata (o forma di indecisione). Sono casi in cui la soluzione non è immediata e richiede un ulteriore approfondimento. Ecco le principali forme indeterminate dei limiti.

Se un limite ha una forma indeterminata, non è detto che non esista il limite.

Per trovarlo, devo trasformare o semplificare il calcolo ed eliminare la causa dell'indeterminazione.

Come risolvere una forma indeterminata del limite

Ci sono diversi metodi per trovare la soluzione di un limite in una forma indeterminata.

• Trasformazione algebrica. A volte la soluzione si trova dopo qualche passaggio algebrico. Mi basta modificare l'espressione in una forma equivalente. Tuttavia, non è sempre facile trovarla e non è detto che esista.

  Esempio 1. Questo limite ha una forma indeterminata del tipo 0/0 $$ \lim_{n \rightarrow ∞} \ \frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n}} = \frac{0}{0} $$ Tuttavia, semplificando l'espressione algebrica posso trovare il limite. $$ \lim_{n \rightarrow ∞} \frac{1}{n^2} \cdot \frac{n}{1} = \lim_{n \rightarrow ∞} \frac{1}{n} = 0 $$
  Esempio 2. Altri limiti si risolvono sostituendo le funzioni esponenziali e trigonometriche con i polinomi di Taylor.

• Limiti notevoli. Alcuni limiti con forme indeterminate possono essere risolti applicando i limiti notevoli studiati nell'analisi matematica. In questi casi l'espressione del limite viene trasformata fino a ricondurla a uno dei limiti fondamentali già noti.
• Sviluppi di Taylor. Alcuni limiti si risolvono sostituendo le funzioni esponenziali, logaritmiche o trigonometriche con i polinomi di Taylor.
• Teorema di L'Hopital. Se la funzione è derivabile e la forma indeterminata è 0/0 o ∞/∞, posso usare il teorema di L'Hopital e studiare il limite della funzione derivata prima, seconda, terza, ecc. fin quando non trovo un limite determinato, finito o infinito. In genere L'Hôpital si usa con logaritmi, esponenziali o funzioni trigonometriche.
  

  Esempio. Questo limite ha una forma indeterminata del tipo ∞/∞ $$ \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{e^x}{x} = \frac{∞}{∞} $$ Uso il teorema di L'Hopital e calcolo il limite della derivata prima del numeratore e del denominatore separatamente $$ \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{D[e^x]}{D[x]} = \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{e^x}{1} = + \infty $$ Quindi, il limite diverge.

La razionalizzazione della differenza

In alcuni limiti compare una differenza tra due termini contenenti una radice, che spesso genera una forma indeterminata del tipo \(+\infty - \infty \).

In questi casi può essere utile applicare la razionalizzazione della differenza.

L’idea consiste nel moltiplicare e dividere l’espressione per il coniugato della differenza, cioè per la stessa espressione ma con il segno opposto. In questo modo si sfrutta l’identità notevole \( (a-b)(a+b)=a^2-b^2 \) che elimina la radice e semplifica l’espressione.

Esempio

Considero questo limite per $ x \to \infty $ in cui c'è una differenza tra due termini contenenti una radice

\[ \lim_{x \to \infty} x-\sqrt{x^2+1} \]

Il risultato è una forma indeterminata del tipo \(+\infty - \infty \).

\[ \lim_{x \to \infty} x-\sqrt{x^2+1} = +\infty - \infty  \]

Per risolvere il limite, moltiplico e divido per il coniugato di \( x-\sqrt{x^2+1} \) ossia per \( x + \sqrt{x^2+1} \)

\[ x-\sqrt{x^2+1} =  x-\sqrt{x^2+1} \cdot \frac{ x + \sqrt{x^2+1} }{ x + \sqrt{x^2+1}  } \]

Sapendo che l'espressione \(  ( x-\sqrt{x^2+1} ) \cdot ( x + \sqrt{x^2+1} ) \) è una differenza di quadrati \( x^2 - ( \sqrt{x^2+1} )^2 \), riscrivo il tutto in una forma equivalente:

\[ \frac{ x^2 - ( \sqrt{x^2+1} )^2 }{ x + \sqrt{x^2+1}  } \]

In questo modo, posso eliminare la radice

\[  \frac{ x^2 - ( x^2+1) }{ x + \sqrt{x^2+1}  } \]

\[ \frac{ -1 }{ x + \sqrt{x^2+1}  } \]

La radice è scompara dal numeratore e il limite è diventato molto più semplice da calcolare.

Per $ x \to \infty $ il limite della funzione equivalente tende a zero.

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{ -1 }{ x + \sqrt{x^2+1}  }  = 0 \]

Pertanto, anche il limite iniziale per $ x \to \infty $ tende a zero

\[ \lim_{x \to \infty} x-\sqrt{x^2+1} =  \lim_{x \to \infty} \frac{ -1 }{ x + \sqrt{x^2+1}  }  = 0 \]

Questo esempio conferma che la razionalizzazione della differenza è una tecnica algebrica utile nei limiti quando compare una differenza tra espressioni con radici.

Raccoglimento della potenza massima.

Quando il limite di una funzione polinomiale per \( x \to +\infty \) o \( x \to -\infty \) assume la forma indeterminata \( \infty - \infty \)

\[ \lim_{x \to +\infty \atop (x \to -\infty)} \left( a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n \right) = \infty - \infty \]

posso eliminare l’indeterminazione raccogliendo a fattor comune la massima potenza di \( x \) presente nel polinomio.

\[ \lim_{x \to +\infty \atop (x \to -\infty)} x^n \left( a_0 + \frac{a_1}{x} + \frac{a_2}{x^2} + \dots + \frac{a_n}{x^n} \right) \]

In questo modo il polinomio viene riscritto come il prodotto tra \( x^n \) e una parentesi che contiene termini del tipo \( \frac{a_1}{x}, \frac{a_2}{x^2}, \dots \).

Poiché i termini \( \frac{a_1}{x}, \frac{a_2}{x^2}, \dots \) tendono a \( 0 \) quando ( x \to \pm \infty ), la parentesi tende al coefficiente del termine di grado massimo. I

l comportamento del limite è quindi determinato dal termine dominante \( a_0 x^n \), che stabilisce se il limite diverge a \( +\infty \) oppure a \( -\infty \).

\[ \lim_{x \to +\infty \atop (x \to -\infty)} \left( a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n \right) = \lim_{x \to +\infty \atop (x \to -\infty)} a_0 x^n \]

Il segno del limite si determina con la regola dei segni al prodotto \( a_0 x^n \).

Esempio

Considero il limite

\[ \lim_{x \to +\infty} (3x^2 - 5x + 1) \]

Per risolvere la forma indeterminata raccolgo a fattor comune la massima potenza di \( x \), cioè \( x^2 \):

\[ 3x^2 - 5x + 1 = x^2 \left(3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2}\right) \]

Il limite diventa

\[ \lim_{x \to +\infty} x^2 \left(3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2}\right) \]

Per $ x \to \infty $ i termini \( \frac{5}{x} \) e \( \frac{1}{x^2} \) tendono a zero. La parentesi tende quindi a 3 e il comportamento del limite è determinato dal termine dominante \( 3x^2 \).

\[ \lim_{x \to +\infty} x^2 \left(3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2}\right) = \lim_{x \to +infty} 3x^2 = + \infty \]

Pertanto, anche il limite iniziale diverge

\[ \lim_{x \to +\infty} (3x^2 - 5x + 1) = +\infty \]

In questo modo posso risolvere le forme indeterminate \(  \infty - \infty \) che compaiono nei limiti delle funzioni polinomiali per $ x \to \pm \infty $.

Nota. Nei limiti delle funzioni polinomiali per \( x \to \pm\infty \) è spesso sufficiente considerare direttamente solo il termine di grado massimo senza svolgere tutti i calcoli. Infatti il polinomio è asintoticamente equivalente alla potenza dominante \( a_0 x^n \), mentre i termini di grado inferiore diventano trascurabili. Il comportamento del limite coincide quindi con quello di \( a_0 x^n \). Ad esempio, l'esercizio precedente potevo risolverlo più rapidamente in questo modo \[ \lim_{x \to +\infty} (3x^2 - 5x + 1) = \lim_{x \to +\infty} 3x^2 = +\infty \]

Limiti con forma indeterminata \( 0 \cdot \infty \)

La forma indeterminata \( 0 \cdot \infty \) compare quando il limite di un fattore tende a zero mentre l'altro tende all'infinito.

\[ \lim_{x \to a} f(x) g(x) = 0 \cdot \infty \]

In questo caso non è possibile stabilire immediatamente il valore del limite, perché il risultato dipende dalla velocità con cui i due fattori tendono rispettivamente a \( 0 \) e a \( \infty \).

Per risolvere questo tipo di limite si usa quasi sempre una trasformazione del prodotto in una frazione.

\[ f(x) g(x) = \frac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}} \]

oppure

\[ f(x) g(x) = \frac{g(x)}{\frac{1}{f(x)}} \]

In questo modo il limite si trasforma spesso in una delle forme indeterminate più semplici \( \frac{0}{0} \) o \( \frac{\infty}{\infty} \) che possono essere studiate con le tecniche usuali.

Esempio

Considero il limite

\[ \lim_{x \to +\infty} x  e^{-x} \]

Si tratta di una forma indeterminata del tipo \( 0 \cdot \infty \) perché  \(  x \to \infty \) e  \( e^{-x} \to 0 \)

\[ \lim_{x \to +\infty} x  e^{-x} = 0 \cdot \infty \]

Trasformo il prodotto in frazione

\[ x e^{-x} = \frac{x}{e^{x}} \]

Il limite diventa

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^{x}} = \frac{\infty}{\infty} \]

Poiché la funzione esponenziale cresce più velocemente del polinomio, il limite vale

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^{x}} = 0 \]

Pertanto, quando compare la forma \( 0 \cdot \infty \), il passaggio chiave è trasformare il prodotto in un quoziente.

In questo modo il limite diventa una forma indeterminata più semplice da studiare.

Limiti con forma indeterminata \( \frac{\infty}{\infty} \)

Quando in un limite compare la forma indeterminata \( \frac{\infty}{\infty} \) significa che sia il numeratore sia il denominatore divergono quando la variabile tende a un certo valore, di solito \( x \to \infty \) oppure \( x \to -\infty \).

In questo caso non è possibile sostituire direttamente il valore del limite. Bisogna trasformare l'espressione.

Le tecniche più usate sono tre.

1] Raccolta della potenza dominante

È il metodo più semplice quando nel limite compaiono polinomi. Si raccoglie la massima potenza della variabile sia al numeratore sia al denominatore.

Esempio

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 - 5x + 1}{2x^2 + x} \]

Raccolgo la potenza dominante \( x^2 \)

\[ \frac{x^2(3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2})}{x^2(2 + \frac{1}{x})} \]

Poi semplifico \( x^2 \)

\[ \frac{3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2}}{2 + \frac{1}{x}} \]

Per \( x \to \infty \) i termini \( \frac{5}{x} \) e \( \frac{1}{x^2} \) tendono a zero, quindi si annullano.

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 - 5x + 1}{2x^2 + x} = \frac{3}{2} \]

In pratica conta solo il termine di grado maggiore.

Nota. In pratica quando nel limite compaiono solo polinomi, non serve fare tutti i passaggi. Il limite dipende solo dal rapporto tra i termini di grado maggiore. Quindi, basta fare il confronto dei gradi tra i due polinomi. \[  \lim_{x \to \pm \infty}
\frac{a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n} {b_0 x^m + b_1 x^{m-1} + \dots + b_m} =\begin{cases} \pm \infty & \text{se } n > m  \\ \\ \dfrac{a_0}{b_0} & \text{se } n = m   \\ \\ 0 & \text{se } n < m \end{cases} \] Ad esempio, considero il limite \[ \lim_{x \to \infty} \frac{5x^4 + x}{2x^4 - 3x^2} \] Il comportamento è determinato dal rapporto dei termini con grado maggiore \(  \frac{5x^4}{2x^4} \) quindi il limite tende a \( \frac{5}{2} \) \[ \lim_{x \to \infty} \frac{5x^4 + x}{2x^4 - 3x^2} = \frac{5}{2} \]

2] Divisione per la potenza maggiore

È lo stesso principio del metodo precedente, ma scritto come divisione.

Ad esempio, considero questo limite

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{4x^3 + x}{2x^3 - 5} \]

Divido tutto per la potenza di grado maggiore \( x^3 \)

\[  \lim_{x \to \infty} \frac{4 + \frac{1}{x^2}}{2 - \frac{5}{x^3}} \]

Per \( x \to \infty \) i termini \( \frac{1}{x^2} \) e \( \frac{5}{x^3} \) tendono a zero.

Quindi, il limite tende a due.

\[  \lim_{x \to \infty} \frac{4 + \frac{1}{x^2}}{2 - \frac{5}{x^3}} = \frac{4}{2} = 2 \]

3] Regola di de L'Hôpital

Se nel limite compaiono funzioni più complicate (logaritmi, esponenziali, seno, ecc.), si può usare anche la regola di de L'Hôpital.

Ad esempio, considero il limite

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x} = \frac{\infty}{\infty} \]

Derivo la funzione al numeratore e al denominatore

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{ D[ \ln x] }{ D[x] } \]

Sapendo che $ D[ \ln x = \frac{1}{x} ] $ e $ D[x]=1 $, sostituisco i risultati

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{ \frac{1}{x} }{ 1 } \]

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0 \]

Quindi, anche il limite della funzione iniziale per $ x \to \infty $ tende a zero.

\[ \lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x} = 0 \]

Nota. Oltre ai tre metodi che ho descritto, a seconda dei casi esistono anche altre tecniche per risolvere i limiti con forma indeterminata \( \frac{\infty}{\infty} \). Ad esempio si possono usare i limiti notevoli, quando nell’espressione compaiono funzioni trigonometriche, logaritmi o esponenziali. In altri casi si ricorre a trasformazioni algebriche, come fattorizzazioni, raccoglimenti a fattor comune o razionalizzazioni. Talvolta è utile anche semplificare l’espressione mettendo in evidenza i termini dominanti della funzione. La scelta del metodo dipende quindi dalla forma dell’espressione e dal tipo di funzioni presenti nel limite.

Limiti con forma indeterminata \( \frac{0}{0} \)

Quando calcolo un limite può capitare che, sostituendo direttamente il valore della variabile nell'espressione, ottengo la forma indeterminata \(  \frac{0}{0} \).

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

In questo caso, per trovare il valore del limite devo trasformare l'espressione in una forma equivalente fino a eliminare l'indeterminazione ossia il fattore che produce lo zero al denominatore.

Esistono diversi metodi e la scelta dipende dalla struttura dell’espressione e dal caso specifico. Nella pratica, si usano spesso i seguenti:

1] Semplificazione algebrica

A volte basta scomporre e semplificare.

Ad esempio, considero questo limite

\[ \lim_{x \to 2} \frac{x^2-4}{x-2} = \frac{0}{0} \]

Scompongo il numeratore \( x^2-4=(x-2)(x+2) \) in una differenza di quadrati, poi semplifico.

\[ \lim_{x \to 2} \frac{(x-2) \cdot (x+2)}{x-2}  \]

\[ \lim_{x \to 2} x+2   \]

Quindi, il limite per $ x \to 2 $ tende a 4

\[ \lim_{x \to 2} x+2 = 4  \]

In questo modo ho trovato la soluzione anche al limite iniziale.

\[ \lim_{x \to 2} \frac{x^2-4}{x-2} = 4 \]

2] Razionalizzazione

Questo metodo si usa quando compaiono radici.

Ecco un esempio pratico.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \frac{0}{0}  \]

Moltiplico numeratore e denominatore per il coniugato

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} \cdot \frac{\sqrt{1+x}+1}{\sqrt{1+x}+1} \]

Ottengo

\[ \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)-1}{x(\sqrt{1+x}+1)} \]

\[ \lim_{x \to 0} \frac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)} \]

\[ \lim_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{1+x}+1} \]

Ora posso calcolare il limite

\[ \lim_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{1+x}+1}=\frac{1}{2} \]

3] Teorema di L'Hôpital

Quando il limite ha la forma \( \frac{0}{0} \) posso anche usare il metodo di L'Hôpital, derivando numeratore e denominatore separatamente fin quando non elimino la forma indeterminata.

Ad esempio, considero questo limite

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \]

Derivo sopra e sotto. La derivata del numeratore è \( D[ \sin(x) ] = \cos(x) \), mentre quella del denominatore è \( D[ x] = 1 \).

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1} \]

Quindi, calcolo il limite sapendo che per $ x \to 0 $ la funzione trigonometrica $ \cos x \to 1 $.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1} = 1 \]

4] Limiti notevoli

Un'altra tecnica utile consiste nell'utilizzare i limiti notevoli, ossia i limiti di cui già si conosce la soluzione.

Ad esempio, considero questo limite.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x^2} = \frac{0}{0}  \]

Trasformo algebricamente la funzione in questa forma equivalente

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{x}  \]

In questo modo ho isolato uno dei limiti notevoli più importanti \( \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1 \).

Inoltre, sapendo che per $ x \to 0 $ il termine \( \frac{1}{x} \to \infty \) trovo il risultato.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{x} = 1 \cdot \infty = \infty  \]

Quindi, il limite iniziale diverge a infinito.

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x^2} = \infty \]

Limiti con forme indeterminate \( 0^0 , 1^\infty ,  \infty^0  \)

Le forme indeterminate \(0^0 \), \(1^\infty \), \( \infty^0 \) compaiono nei limiti in cui una funzione elevata a potenza tende contemporaneamente a valori estremi.

$$ \lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} \quad \text{ dove } f(x)>0 $$

Per calcolare questi limiti si utilizzano alcune tecniche che trasformano l'espressione in una forma più semplice da analizzare.

1] La trasformazione con l'esponenziale

La tecnica più importante consiste nel riscrivere la potenza usando il logaritmo naturale, ricordando l'identità \(
a = e^{\ln a} \)

\[ f(x)^{g(x)} = e^{\ln(f(x)^{g(x)})} \]

Applicando le proprietà dei logaritmi ottengo

\[ f(x)^{g(x)} = e^{g(x)\ln f(x)} \]

In questo modo il problema del limite di una potenza viene trasformato nello studio del limite dell'esponente \( g(x)\ln f(x) \) che spesso assume la forma indeterminata \(  0 \cdot \infty \)

Una volta calcolato questo limite, il risultato finale si ottiene applicando la funzione esponenziale.

Esempio

Calcolo il limite

\[ \lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{\ln x}} \]

Quando \( x \to +\infty \) la variabile \( x \to \infty \) diverge, quindi il termine \( \frac{1}{\ln x} \to 0 \) tende a zero.

Pertanto l'espressione ha la forma indeterminata \( \infty^0 \)

Uso la tecnica della trasformazione esponenziale

\[ x^{\frac{1}{\ln x}} = e^{\ln\left(x^{\frac{1}{\ln x}}\right)} \]

Quindi il limite diventa

\[ \lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{\ln x}} = \lim_{x \to +\infty} e^{\ln\left(x^{\frac{1}{\ln x}}\right)} \]

Applico la proprietà dei logaritmi \( \ln\left(x^{\frac{1}{\ln x}}\right) = \frac{1}{\ln x}\ln x \)

\[  \lim_{x \to +\infty} e^{\frac{1}{\ln x}\ln x} \]

Poi semplifico

\[  \lim_{x \to +\infty} e  \]

Poiché \( e \) è una costante, il limite tende a \( e \) per \( x \to \infty \)

\[  \lim_{x \to +\infty} e  = e \]

Quindi, anche il limite iniziale tende \( e \) per \( x \to \infty \).

\[ \lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{\ln x}} = e \]

In questo modo ho risolto il limite eliminando la forma indeterminata.

2] Confronto tra ordini di infinitesimo

In alcuni casi basta studiare la velocità con cui le funzioni tendono a zero o a infinito.

Ad esempio, considero il limite

\[ \lim_{x \to \infty} x^{\frac{1}{x}} = \infty^0 \]

Riscrivo il limite in questa forma equivalente usando l'esponenziale e il logaritmo naturale

\[ \lim_{x \to \infty} x^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to \infty} e^{ \ln ( x^{\frac{1}{x}}  ) } \]

Poi applico le proprietà dei logaritmo

\[ \lim_{x \to \infty} e^{ \frac{1}{x} \ln ( x ) } \]

\[ \lim_{x \to \infty} e^{ \frac{ \ln ( x ) }{x}  } \]

A questo punto analizzo il rapporto \( \frac{ \ln ( x ) }{x} \).

Per \( x \to \infty \) sia il numeratore \( \ln (x) \) che il denominatore \( x \) tendono a infinito \(  \frac{ \ln ( x ) \to \infty }{x \to \infty } \).

Tuttavia, il denominatore tende a infinito più velocemente. Quindi, il rapporto \( \frac{ \ln ( x ) }{x} \to 0 \) tende a zero.

\[ \lim_{x \to \infty} e^{ \frac{ \ln ( x ) }{x}  } = e^0 =1 \]

Quindi, anche il limite iniziale tende a 1 per \( x \to \infty \)

\[ \lim_{x \to \infty} x^{\frac{1}{x}} = 1 \]

In questo caso ho risolto il limite semplicemente confrontando la velocità con cui le funzioni tendono a infinito.

Le forme determinate

Non tutte le volte che si trova lo zero o infinito in un limite si tratta di una forma indeterminata.

Ad esempio, queste non sono forme indeterminate.

$$ k + ∞ = +∞ $$	Un numero k più infinito
$$ k - ∞ = -∞ $$	Un numero k meno infinito
$$ ∞+∞ = ∞ $$	Infinito più infinito
$$ k \cdot ∞ = ∞ $$	un numero k≠0 per infinito
$$ ∞ \cdot ∞ = ∞ $$	Infinito per infinito
$$ \frac{k}{∞} = 0 $$	Un numero k diviso infinito
$$ \frac{0}{∞} = 0 $$	Zero diviso infinito
$$ \frac{∞}{k} = ∞ $$	Infinito diviso un numero k≠0
$$ \frac{k}{0} = ∞ $$	Un numero k diviso zero

In questi casi la soluzione è algebricamente evidente e determinata. Non sono forme di indecisione.

E così via.