Davanti a un limite che si presenta come forma indeterminata [math]\frac{\infty}{\infty}[/math] o [math]0 \cdot \infty[/math], la prima tentazione è quasi sempre quella di affidarsi ciecamente al Teorema di de l’Hôpital. Si inizia a derivare, poi si deriva di nuovo, e spesso ci si ritrova impantanati in frazioni chilometriche o in calcoli dove l’errore di distrazione è dietro l’angolo.
Eppure, in molti casi, tutto questo lavoro è inutile.
I matematici usano uno strumento molto più rapido per “leggere” il risultato a colpo d’occhio: la gerarchia degli infiniti e degli infinitesimi. Si tratta di una regola che stabilisce quale famiglia di funzioni cresce (o decresce) con più prepotenza rispetto alle altre. Quando si studiano i limiti per [math]x \to +\infty[/math] o [math]x \to 0^+[/math], conoscere chi “vince” il braccio di ferro tra un logaritmo, una potenza e un esponenziale permette di bypassare i calcoli e arrivare dritti al risultato.
Vediamo come funziona la regola generale e mettiamola alla prova con 6 esercizi, dal più intuitivo al più insidioso.
Gerarchia degli Infiniti e degli Infinitesimi
Quando si studiano i limiti per [math]x \to \infty[/math] o [math]x \to 0^+[/math], la gerarchia tra le funzioni elementari permette di prevedere il comportamento senza lunghi calcoli.
Per [math]x \to +\infty[/math]:
esponenziale [math](a^x,\ a > 1) \gg[/math] potenza [math](x^\alpha,\ \alpha > 0) \gg[/math] logaritmo [math](\ln^\beta x,\ \beta > 0)[/math]
Il simbolo [math]\gg[/math] significa che il rapporto tra la funzione che “domina” e quella “dominata” tende a [math]+\infty[/math].
Per [math]x \to 0^+[/math] la situazione è diversa:
la potenza positiva
[math]x^\alpha \quad (\alpha > 0)[/math]
è un infinitesimo, mentre il logaritmo diverge:
[math]\ln x \to -\infty[/math]
Quindi non si può parlare propriamente di una gerarchia tra infinitesimi.
La proprietà fondamentale è invece:
[math]x^\alpha \, |\ln x|^\beta \to 0[/math]
per ogni:
[math]\alpha > 0, \quad \beta > 0[/math]
cioè una potenza positiva tende a zero più rapidamente di quanto il logaritmo riesca a crescere in valore assoluto.
Esercizio 1 (Facile)
Testo
Calcola il limite
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{x^4}{2^x}.[/math]
Soluzione
La gerarchia ci dice che l’esponenziale [math]2^x[/math] “domina” qualsiasi potenza [math]x^4[/math].
Quindi il rapporto tende a [math]0[/math].
Possiamo applicare direttamente il confronto:
Per [math]x[/math] grande, [math]2^x \gg x^4[/math], quindi il quoziente è infinitesimo.
Formalmente, si può usare il teorema del confronto o de l’Hôpital:
[math]\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{x^4}{2^x} = \lim_{x \to \infty} \frac{4x^3}{2^x \ln 2} = \cdots = 0[/math]
dopo 4 derivazioni.
Ma la gerarchia rende immediato il risultato.
[math]0[/math]
💡 Osservazione
La base dell’esponenziale deve essere [math]> 1[/math]. Se la base fosse [math]0 < a < 1[/math], [math]a^x \to 0[/math] e il limite sarebbe [math]+\infty[/math]. La gerarchia si applica solo per basi [math]> 1[/math] e con [math]x \to +\infty[/math].
Domanda di riflessione
Cosa succederebbe se l’esponenziale fosse [math]e^{-x}[/math] invece di [math]2^x[/math]? Quale gerarchia si applica?
Esercizio 2 (Facile–Medio)
Testo
Determina
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{(\ln x)^{100}}{x^{0.2}}.[/math]
Soluzione
La potenza [math]x^{0.2}[/math] domina qualsiasi potenza del logaritmo, anche con esponente [math]100[/math].
Dunque il rapporto tende a [math]0[/math].
Per convincersene, poniamo [math]y = \ln x[/math].
Allora [math]x = e^y[/math] e [math]x^{0.2} = e^{0.2y}[/math].
Il limite diventa
[math]\displaystyle \lim_{y \to +\infty} \frac{y^{100}}{e^{0.2y}} = 0[/math]
perché l’esponenziale [math]e^{0.2y}[/math] domina la potenza [math]y^{100}[/math].
💡 Osservazione
Anche se l’esponente della potenza è molto piccolo ([math]0.2[/math]), basta che sia positivo per dominare il logaritmo. Questo è un punto cruciale: [math]x^\alpha \gg (\ln x)^\beta[/math] per ogni [math]\alpha > 0,\ \beta > 0[/math].
Domanda di riflessione
Se al denominatore avessimo [math]x^{-0.2}[/math] (cioè [math]1/x^{0.2}[/math]), il limite sarebbe diverso? Come?
Esercizio 3 (Medio)
Testo
Calcola
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{4^x + x^6}{3^x + x^{10}}.[/math]
Soluzione
Analizziamo i termini dominanti:
- Numeratore: [math]4^x[/math] domina su [math]x^6[/math], quindi numeratore [math]\sim 4^x[/math].
- Denominatore: [math]3^x[/math] domina su [math]x^{10}[/math], quindi denominatore [math]\sim 3^x[/math].
Il rapporto si comporta come
[math]\displaystyle \frac{4^x}{3^x} = \left(\frac{4}{3}\right)^x \to +\infty[/math]
perché [math]4/3 > 1[/math].
Pertanto il limite è [math]+\infty[/math].
💡 Osservazione
Se gli esponenti delle potenze fossero stati più grandi (es. [math]x^{1000}[/math]), la gerarchia dice che l’esponenziale li supera comunque. La scelta del termine dominante è lecita purché si confrontino “infiniti” di ordine diverso.
Domanda di riflessione
Cosa succederebbe se la base dell’esponenziale al numeratore fosse [math]3[/math] e al denominatore [math]4[/math]? E se entrambe fossero [math]4[/math] ma con potenze diverse?
Esercizio 4 (Medio – infinitesimo)
Testo
Calcola
[math]\displaystyle \lim_{x \to 0^+} x^{0.3} \, (\ln x)^2.[/math]
Soluzione
Per [math]x \to 0^+[/math], la potenza [math]x^{0.3}[/math] tende a [math]0[/math], mentre [math]\ln x \to -\infty[/math]. Il prodotto è una forma indeterminata [math]0 \cdot \infty[/math].
La proprietà asintotica precedente ci dice che la potenza positiva [math]x^\alpha[/math] tende a zero più rapidamente di quanto il logaritmo diverga, quindi il prodotto viene schiacciato verso zero.
Verifichiamo con la sostituzione [math]t = 1/x \to +\infty[/math]. Allora [math]x = 1/t[/math], [math]\ln x = -\ln t[/math], e il limite diventa
[math]\displaystyle \lim_{t \to +\infty} \left(\frac{1}{t}\right)^{0.3} (\ln t)^2 = \lim_{t \to +\infty} \frac{(\ln t)^2}{t^{0.3}} = 0[/math]
perché [math]t^{0.3}[/math] domina [math](\ln t)^2[/math].
💡 Osservazione
Questo esercizio mostra una proprietà fondamentale del confronto asintotico vicino a zero: gli infinitesimi di tipo potenza prevalgono sui fattori logaritmici divergenti.
Domanda di riflessione
Se l’esponente della potenza fosse negativo, ad esempio [math]x^{-0.3}[/math], il limite sarebbe lo stesso?
Esercizio 5 (Difficile)
Testo
Determina
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{50} – 5^x}{3^x + x^{20}}.[/math]
Soluzione
Osserviamo i termini dominanti:
- Numeratore: [math]5^x[/math] domina su [math]x^{50}[/math] (perché esponenziale contro potenza). Quindi numeratore [math]\sim -5^x[/math] (il segno è negativo perché sottraiamo [math]5^x[/math]).
- Denominatore: [math]3^x[/math] domina su [math]x^{20}[/math]; quindi denominatore [math]\sim 3^x[/math].
Il rapporto è quindi asintoticamente
[math]\displaystyle \frac{-5^x}{3^x} = -\left(\frac{5}{3}\right)^x \to -\infty[/math]
poiché [math]5/3 > 1[/math].
Il limite è [math]-\infty[/math].
💡 Osservazione
Attenzione al segno: il termine dominante al numeratore è negativo, mentre al denominatore è positivo. La gerarchia ci dice che l’esponenziale di base [math]5[/math] vince su [math]3[/math] e su tutte le potenze, ma dobbiamo confrontare i coefficienti.
Domanda di riflessione
Se al numeratore avessimo [math]5^x – x^{50}[/math] (invece di [math]x^{50} – 5^x[/math]) il limite diventerebbe [math]+\infty[/math]? E se al denominatore ci fosse [math]3^x – x^{20}[/math] ?
Esercizio 6 (Molto difficile)
Testo
Calcola
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{(\ln x)^{\ln x}}{e^x}.[/math]
Soluzione
Qui abbiamo una forma [math]\frac{\infty}{\infty}[/math] con una funzione “esponenziale di logaritmo” al numeratore.
Per confrontare rapidamente, possiamo usare una proprietà fondamentale dei logaritmi e degli esponenziali ([math]x = e^{\ln x}[/math]) per riscrivere il numeratore:
[math]\displaystyle (\ln x)^{\ln x} = (e^{\ln(\ln x)})^{\ln x} = e^{\ln x \cdot \ln(\ln x)}[/math]
E qui arriva il colpo di genio algebrico. Sappiamo che [math]e^{\ln x} = x[/math], quindi possiamo riordinare l’esponente:
[math]\displaystyle e^{\ln x \cdot \ln(\ln x)} = (e^{\ln x})^{\ln(\ln x)} = x^{\ln(\ln x)}[/math]
Il nostro limite originale diventa così molto più trasparente:
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{\ln(\ln x)}}{e^x}[/math]
Ora il confronto è immediato e illuminante. Il denominatore è un esponenziale puro ([math]e^x[/math]).
Il numeratore può essere visto come una potenza di [math]x[/math] con esponente variabile:
[math]\displaystyle x^{\ln(\ln x)}[/math]
L’esponente cresce molto lentamente, ma non rimane costante: per questo la funzione supera qualsiasi potenza fissa di [math]x[/math], pur restando molto più lenta di un’esponenziale come [math]e^x[/math].
Poiché un esponenziale [math]e^x[/math] domina incontrastato su qualsiasi potenza [math]x^\alpha[/math], dominerà a maggior ragione su un [math]x[/math] elevato a un esponente a bassissima crescita come il doppio logaritmo.
Il denominatore vince senza sforzo.
Il limite è [math]0[/math].
💡 Osservazione
Questo esercizio mostra che, pur essendo [math](\ln x)^{\ln x}[/math] una funzione che cresce più velocemente di qualsiasi potenza di [math]x[/math] (come visto in precedenza), è comunque dominata dall’esponenziale [math]e^x[/math]. Infatti, prendendo i logaritmi, [math]\ln\left((\ln x)^{\ln x}\right) = \ln x \cdot \ln(\ln x)[/math] è [math]o(x)[/math], mentre [math]\ln(e^x) = x[/math].
Domanda di riflessione
Perché non si può concludere subito che [math]e^x[/math] domina [math](\ln x)^{\ln x}[/math] semplicemente osservando che [math]e^x[/math] è un esponenziale e l’altro è un “esponenziale di log”? Quale trasformazione è necessaria?
Risposte alle domande di riflessione
Esercizio 1
Domanda: Cosa succederebbe se l’esponenziale fosse [math]e^{-x}[/math] invece di [math]2^x[/math]?
Risposta: Per [math]x \to +\infty[/math], [math]e^{-x} \to 0[/math] e il denominatore tende a [math]0[/math], mentre il numeratore diverge, quindi il rapporto tende a [math]+\infty[/math]. La gerarchia “esponenziale domina potenza” vale solo per basi [math]> 1[/math]. Con base [math]< 1[/math], l’esponenziale tende a [math]0[/math] e non può dominare la potenza; anzi la potenza lo domina.
Esercizio 2
Domanda: Se al denominatore avessimo [math]x^{-0.2}[/math] (cioè [math]1/x^{0.2}[/math]), il limite sarebbe diverso?
Risposta: Sì. Il limite diventerebbe
[math]\displaystyle \lim_{x \to \infty} (\ln x)^{100} \cdot x^{0.2} = +\infty[/math]
perché [math]x^{0.2}[/math] moltiplicato per la potenza del logaritmo dà un infinito di ordine superiore (poiché la potenza positiva domina il logaritmo). Quindi il limite non è più [math]0[/math] ma [math]+\infty[/math]. La gerarchia va applicata con attenzione al segno dell’esponente.
Esercizio 3
Domanda: Cosa succederebbe se la base dell’esponenziale al numeratore fosse [math]3[/math] e al denominatore [math]4[/math]? E se entrambe fossero [math]4[/math] ma con potenze diverse?
Risposta:
- Se numeratore [math]3^x[/math] e denominatore [math]4^x[/math], il rapporto tende a [math](3/4)^x \to 0[/math].
- Se entrambe le basi sono [math]4[/math], allora il rapporto tra gli esponenziali è [math]1[/math], ma dobbiamo confrontare le potenze: numeratore [math]x^6[/math], denominatore [math]x^{10}[/math], quindi il limite sarebbe [math]0[/math] (poiché [math]x^6/x^{10} = 1/x^4 \to 0[/math]). In generale, quando le basi coincidono, la gerarchia tra potenze decide: l’esponente maggiore vince.
Esercizio 4
Domanda: Se l’esponente della potenza fosse negativo, ad esempio [math]x^{-0.3}[/math], il limite sarebbe lo stesso?
Risposta: No. [math]x^{-0.3} = 1/x^{0.3} \to +\infty[/math] per [math]x \to 0^+[/math], mentre [math](\ln x)^2 \to +\infty[/math], quindi il prodotto tende a [math]+\infty[/math]. La potenza con esponente negativo non è un infinitesimo ma un infinito, quindi non domina il logaritmo; anzi il prodotto diverge.
Esercizio 5
Domanda: Se al numeratore avessimo [math]5^x – x^{50}[/math] (invece di [math]x^{50} – 5^x[/math]) il limite diventerebbe [math]+\infty[/math]? E se al denominatore ci fosse [math]3^x – x^{20}[/math] ?
Risposta:
- Con numeratore [math]5^x – x^{50} \sim 5^x[/math] e denominatore [math]3^x + x^{20} \sim 3^x[/math], il limite sarebbe [math]+\infty[/math].
- Se invece il denominatore fosse [math]3^x – x^{20}[/math], il termine dominante è ancora [math]3^x[/math] (perché [math]3^x \gg x^{20}[/math]), quindi il denominatore è positivo e asintotico a [math]3^x[/math]. Il limite rimarrebbe [math]+\infty[/math] (se numeratore [math]5^x[/math]) o [math]-\infty[/math] (se numeratore [math]x^{50} – 5^x[/math]). Il segno del termine dominante al numeratore determina il segno finale.
Esercizio 6
Domanda: Perché non si può concludere subito che [math]e^x[/math] domina [math](\ln x)^{\ln x}[/math] semplicemente osservando che [math]e^x[/math] è un esponenziale e l’altro è un “esponenziale di log”? Quale trasformazione è necessaria?
Risposta:
La funzione [math](\ln x)^{\ln x}[/math] può essere riscritta come [math]e^{(\ln x)(\ln(\ln x))}[/math], quindi è un’esponenziale con esponente [math]g(x) = \ln x \cdot \ln(\ln x)[/math]. Per confrontare due esponenziali [math]e^{f(x)}[/math] e [math]e^{g(x)}[/math], bisogna confrontare gli esponenti: se [math]f(x) \gg g(x)[/math], allora [math]e^f[/math] domina. In questo caso, [math]f(x) = x[/math] e [math]g(x) = \ln x \cdot \ln(\ln x)[/math]; poiché [math]x \gg \ln x \cdot \ln(\ln x)[/math], [math]e^x[/math] domina. Non basta dire “esponenziale contro esponenziale” senza analizzare gli esponenti. La trasformazione logaritmica è essenziale.
Valore Applicativo degli Esercizi
Risolvere limiti non è solo un esercizio di stile per superare Analisi 1. Ogni esercizio che abbiamo visto nasconde una lezione pratica su come si comportano i modelli matematici nella realtà.
Esercizio 1: L’efficienza prima di tutto
L’importanza di questo esercizio sta nel risparmio energetico (e di tempo). Se si tentasse la via analitica (de l’Hôpital), servirebbero quattro derivazioni, aumentando il rischio di errori di segno o costanti. A livello applicativo, ci insegna che in informatica un algoritmo con complessità esponenziale ([math]2^x[/math]) diventerà sempre intrattabile rispetto a uno polinomiale ([math]x^4[/math]), non importa quanto piccolo sia l’input iniziale.
Esercizio 2: L’inganno visivo delle costanti
Questo è l’esercizio più “psicologico”. Il cervello umano vede il numero [math]100[/math] e il numero [math]0.2[/math], e istintivamente pensa che il logaritmo alla centesima debba vincere. L’applicazione pratica qui è l’analisi dei dati a lungo termine: la natura della funzione (la sua famiglia di appartenenza) conta infinitamente di più delle costanti moltiplicative o degli esponenti fissi su scale temporali ampie.
Esercizio 3: Il filtraggio del rumore
In questo limite, le potenze [math]x^6[/math] e [math]x^{10}[/math] diventano essenzialmente rumore di fondo. In fisica o ingegneria dei segnali, questo principio è fondamentale: quando un sistema è dominato da una dinamica di crescita veloce (gli esponenziali), i termini a crescita lenta possono essere “tagliati” (approssimazione asintotica) senza perdere precisione nel risultato finale.
Esercizio 4: L’esplorazione del limite zero
A differenza degli altri, qui indaghiamo una singolarità ([math]x \to 0^+[/math]). Questo tipo di limite è tipico nello studio delle buche di potenziale in quantistica o nella termodinamica vicino allo zero assoluto. Ci dimostra che il logaritmo diverge verso [math]-\infty[/math] in modo estremamente “pigro”, tanto che basta una minima potenza ([math]0.3[/math]) per schiacciarlo a zero.
Esercizio 5: L’importanza critica dei segni
Moltissimi studenti sbagliano questo esercizio perché guardano solo le basi degli esponenziali e ignorano il segno meno davanti al [math]5^x[/math]. Dal punto di vista applicativo, ci ricorda che nelle equazioni di bilancio (ad esempio, flussi di calore o modelli economici), ignorare chi porta il segno negativo porta a prevedere un’esplosione verso l’alto ([math]+\infty[/math]) di un sistema che invece sta collassando ([math]-\infty[/math]).
Esercizio 6: Il “Boss Finale” delle funzioni composte
Questo esercizio è affascinante perché ci costringe a uscire dalle regole preconfezionate. La funzione [math](\ln x)^{\ln x}[/math] non si inquadra in una singola categoria. Ci insegna il “trucco” più potente dell’analisi matematica: quando sei di fronte a funzioni ibride o torri di esponenti, applica il logaritmo naturale per “smontare” la funzione e riportarla a componenti elementari che sai gestire.
Per chi non si accontenta e vuole sfidare la gerarchia degli infiniti ai massimi livelli, ecco due esercizi “Boss Finali”.
Richiedono di combinare la gerarchia pura con manipolazioni algebriche avanzate e approssimazioni asintotiche.
Esercizio 7 (Livello Hero) – La trappola di Nepero
Testo
Calcola il limite
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left( 1 + \frac{1}{x^{\ln x}} \right)^{e^x}[/math]
Soluzione
Siamo di fronte a una forma indeterminata del tipo [math]1^\infty[/math], perché [math]x^{\ln x} \to +\infty[/math] (quindi la frazione tende a [math]0[/math]) e l’esponente [math]e^x \to +\infty[/math].
Per disinnescare questa forma, ricorriamo alla trasformazione canonica [math]f(x)^{g(x)} = e^{g(x) \ln f(x)}[/math]. Il limite diventa:
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} e^{e^x \ln\left(1 + \frac{1}{x^{\ln x}}\right)}[/math]
Ora concentriamoci solo sull’esponente. Ricordiamo che per [math]t \to 0[/math], vale l’asintotico [math]\ln(1 + t) \sim t[/math]. Nel nostro caso [math]t = \frac{1}{x^{\ln x}}[/math], che tende effettivamente a zero.
L’esponente si semplifica asintoticamente in:
[math]\displaystyle e^x \cdot \frac{1}{x^{\ln x}} = \frac{e^x}{e^{(\ln x)^2}} = e^{x – (\ln x)^2}[/math]
A questo punto la palla passa alla gerarchia degli infiniti: all’esponente abbiamo la differenza tra un polinomio di primo grado ([math]x[/math]) e il quadrato di un logaritmo ([math](\ln x)^2[/math]). Poiché [math]x \gg (\ln x)^2[/math], il termine dominante è [math]x[/math]. L’esponente tende quindi a [math]+\infty[/math].
Tornando alla base originale [math]e[/math], otteniamo:
[math]e^{+\infty} = +\infty[/math]
Questo esercizio dimostra come una crescita molto rapida ma comunque sub-esponenziale. (come [math]x^{\ln x}[/math] al denominatore) venga letteralmente polverizzata da un vero esponenziale ([math]e^x[/math] all’esponente esterno). Nelle scienze computazionali, questo scenario è tipico quando un algoritmo tenta di ottimizzare una funzione di costo pesantissima usando un tasso di apprendimento che scala troppo lentamente. L’errore finale (il nostro limite) esplode comunque.
Esercizio 8 (Livello Hero) – Lo scontro titanico tra base ed esponente
Testo
Determina
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x} + 1)^{x}}{x^{\sqrt{x}}}[/math]
Soluzione
Abbiamo una forma indeterminata [math]\frac{\infty}{\infty}[/math] in cui, sia al numeratore che al denominatore, sia la base che l’esponente crescono all’infinito.
Chi vince?
Una base più grande con un esponente più piccolo ([math]x^{\sqrt{x}}[/math]) o una base più piccola con un esponente più grande ([math](\sqrt{x} + 1)^x[/math])?
L’unico modo per fare l’arbitro è portare tutto alla base [math]e[/math], sfruttando l’identità [math]A^B = e^{B \ln A}[/math]:
- Numeratore: [math]e^{x \ln(\sqrt{x} + 1)}[/math]
- Denominatore: [math]e^{\sqrt{x} \ln x}[/math]
Il limite diventa quindi l’esponenziale della differenza degli esponenti:
[math]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} e^{x \ln(\sqrt{x} + 1) – \sqrt{x} \ln x}[/math]
Concentriamoci esclusivamente sull’esponente:
[math]\displaystyle x \ln(\sqrt{x} + 1) – \sqrt{x} \ln x[/math]
Per prima cosa, manipoliamo l’argomento del primo logaritmo raccogliendo il termine di grado massimo, ossia [math]\sqrt{x}[/math]:
[math]\displaystyle \ln(\sqrt{x} + 1) = \ln\left[\sqrt{x}\left(1 + \frac{1}{\sqrt{x}}\right)\right][/math]
Grazie alle proprietà dei logaritmi, spezziamo il prodotto in una somma (ricordando che [math]\ln(\sqrt{x}) = \frac{1}{2}\ln x[/math]):
[math]\displaystyle \frac{1}{2}\ln x + \ln\left(1 + \frac{1}{\sqrt{x}}\right)[/math]
Sostituiamo questa espressione all’interno del nostro esponente complessivo e distribuiamo la [math]x[/math]:
[math]\displaystyle x \left[ \frac{1}{2}\ln x + \ln\left(1 + \frac{1}{\sqrt{x}}\right) \right] – \sqrt{x} \ln x[/math]
ovvero
[math]\displaystyle \frac{1}{2}x \ln x + x \ln\left(1 + \frac{1}{\sqrt{x}}\right) – \sqrt{x} \ln x[/math]
Ora, sfruttiamo l’approssimazione asintotica notevole [math]\ln(1 + t) \sim t[/math] per [math]t \to 0[/math].
Nel nostro caso, per [math]x \to +\infty[/math], il termine [math]t = \frac{1}{\sqrt{x}}[/math] tende a zero.
Pertanto:
[math]\displaystyle x \ln\left(1 + \frac{1}{\sqrt{x}}\right) \sim x \cdot \frac{1}{\sqrt{x}} = \sqrt{x}[/math]
Il nostro esponente si semplifica e diventa:
[math]\displaystyle \frac{1}{2}x \ln x + \sqrt{x} – \sqrt{x} \ln x[/math]
Riordiniamo i termini per avere vicini quelli contenenti il logaritmo:
[math]\displaystyle \frac{1}{2}x \ln x – \sqrt{x} \ln x + \sqrt{x}[/math]
A questo punto, anziché fare un insidioso confronto termine a termine per capire chi “tira” di più, usiamo l’algebra per rendere il risultato cristallino. Raccogliamo in evidenza il blocco [math]\sqrt{x} \ln x[/math] tra i primi due addendi:
[math]\displaystyle \sqrt{x} \ln x \left( \frac{\sqrt{x}}{2} – 1 \right) + \sqrt{x}[/math]
Ora passiamo al limite per [math]x \to +\infty[/math] e leggiamo il risultato senza alcuno sforzo:
- Il termine fuori parentesi, [math]\sqrt{x} \ln x[/math], tende a [math]+\infty[/math].
- La parentesi [math]\left( \frac{\sqrt{x}}{2} – 1 \right)[/math] tende palesemente a [math]+\infty[/math].
- Il termine isolato, [math]+\sqrt{x}[/math], tende a [math]+\infty[/math].
Non c’è più nessuna forma indeterminata, nessuna gara da arbitrare. Abbiamo un prodotto di infiniti positivi a cui sommiamo un altro infinito. L’esponente complessivo “esplode” inequivocabilmente a [math]+\infty[/math].
Di conseguenza, tornando alla base [math]e[/math], l’intero limite tende a:
[math]\displaystyle e^{+\infty} = +\infty[/math]
Questo limite risolve un dubbio amletico tipico della teoria dei modelli e della finanza: nel lunghissimo periodo, conta di più avere un tasso di crescita elevato (l’esponente) o un capitale di partenza massiccio (la base)? La matematica qui dà una risposta definitiva: vince sempre l’esponente. Anche se la base del denominatore ([math]x[/math]) è gigantesca rispetto alla base del numeratore ([math]\approx \sqrt{x}[/math]), il numeratore possiede un esponente ([math]x[/math]) di un ordine di grandezza superiore a quello del denominatore ([math]\sqrt{x}[/math]). È l’esponente a trascinare il sistema verso l’infinito, polverizzando lo svantaggio iniziale della base.
Oltre la teoria: la prova numerica
La gerarchia degli infiniti è ineluttabile, ma empiricamente sa essere molto ingannevole. Se in Python testassimo il confronto tra una potenza del logaritmo e la radice [math]x^{0.2}[/math] usando valori “piccoli”, il logaritmo sembrerebbe stravincere. Eppure, spingendo le variabili verso ordini di grandezza estremi, la gerarchia matematica esige il suo tributo: l’output tocca un picco illusorio per poi crollare in modo spettacolare e violento a zero.
import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
# Creiamo un array di valori per x: da 10^1 a 10^100
# Usiamo 1000 punti per avere una curva fluida
x = np.logspace(1, 100, 1000)
# Calcoliamo la funzione f(x) = (ln x)^10 / x^0.2
y = (np.log(x)**10) / (x**0.2)
# Inizializziamo la figura
plt.figure(figsize=(10, 6))
plt.plot(x, y, color='#d62728', linewidth=2.5, label=r'$f(x) = \frac{(\ln x)^{10}}{x^{0.2}}$')
# Configurazione assi (l'asse X in scala logaritmica è obbligatorio qui)
plt.xscale('log')
plt.title("L'illusione ottica dell'infinito: il crollo del logaritmo", fontsize=14, fontweight='bold', pad=15)
plt.xlabel("Asse X (Scala Logaritmica)", fontsize=12)
plt.ylabel("Valore di f(x)", fontsize=12)
plt.grid(True, which="both", linestyle='--', alpha=0.5)
# Calcoliamo ed evidenziamo il punto di massimo teorico (x = e^50)
x_max = np.exp(50)
y_max = (np.log(x_max)**10) / (x_max**0.2)
plt.scatter([x_max], [y_max], color='black', s=70, zorder=5)
plt.annotate(f'Picco massimo a $x = e^{{50}}$\n(Qui inizia il crollo)',
xy=(x_max, y_max),
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📚 Limiti, gerarchie degli infiniti e forme indeterminate
Lo studio dei limiti è il cuore dell’Analisi Matematica e permette di comprendere il comportamento delle funzioni vicino a punti critici o all’infinito. Dai limiti notevoli alla gerarchia degli infiniti, fino al Teorema di de l’Hôpital e agli sviluppi di Taylor, queste guide raccolgono teoria, strategie risolutive ed esercizi per affrontare anche le forme indeterminate più complesse.
👉Limiti notevoli: teoria, formule fondamentali ed esempi svolti
👉La gerarchia degli infiniti: una giustificazione geometrica
👉Esercizi sui limiti: test con soluzioni, Taylor e limiti notevoli
👉Usiamo i limiti notevoli per risolvere le forme di indeterminazione: esercizi svolti
👉Le relazioni pericolose asintotiche: quando gli infiniti entrano in gioco
👉Limiti e Teorema di de l’Hôpital: test di autovalutazione, forme indeterminate e quando non usarlo
👉Teorema di de l’Hôpital: guida pratica per risolvere limiti complessi ed evitare errori comuni
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