Sei esercizi progressivi sul teorema di de l’Hôpital: dai limiti indeterminati ai casi più complessi

Quando un limite si presenta nella forma [math]0/0[/math] oppure [math]\infty/\infty[/math], il teorema di de l’Hôpital è spesso uno dei primi strumenti a cui si pensa. Derivare numeratore e denominatore può semplificare il problema, ma non sempre conduce immediatamente al risultato e, soprattutto, non significa che il teorema sia applicabile in qualsiasi situazione.

La difficoltà, infatti, non consiste soltanto nel calcolare le derivate: bisogna riconoscere le condizioni che autorizzano il procedimento, capire quando è necessario ripeterlo e sapere quando conviene abbandonarlo per utilizzare una strategia diversa.

In questa raccolta proponiamo sei esercizi progressivi, pensati per studenti delle scuole superiori e per chi affronta Analisi Matematica all’università. Si parte da un limite che richiede due applicazioni successive del teorema, si passa attraverso problemi con parametri e potenze a esponente variabile, fino ad arrivare a un caso in cui il rapporto delle derivate non converge e a un esercizio che richiede di ragionare sugli ordini di annullamento.

Ogni problema è accompagnato da una risoluzione commentata e da alcune domande di verifica, con le relative risposte raccolte nella parte finale.

L’obiettivo non è applicare de l’Hôpital automaticamente, ma imparare a riconoscere quando è davvero lo strumento adatto e quando, invece, un confronto asintotico o uno sviluppo di Taylor permettono di arrivare al risultato in modo più efficace.

Promemoria teorico – Il teorema di de l’Hôpital

Il teorema di de l’Hôpital permette di calcolare alcuni limiti che si presentano nelle forme indeterminate [math]0/0[/math] oppure [math]\infty/\infty[/math].

Siano [math]f[/math] e [math]g[/math] due funzioni derivabili in un intorno bucato del punto [math]c[/math], con [math]g'(x)\neq 0[/math] in tale intorno. Supponiamo inoltre che, per [math]x\to c[/math], le funzioni [math]f(x)[/math] e [math]g(x)[/math] tendano entrambe a zero oppure tendano entrambe, in valore assoluto, all’infinito.

Se esiste, finito oppure infinito, il limite

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L, \end{aligned}[/math]

allora, sotto queste ipotesi, vale anche

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=L. \end{aligned}[/math]

Una condizione analoga vale per i limiti per [math]x\to+\infty[/math] o [math]x\to-\infty[/math].

Attenzione:

il teorema fornisce una condizione sufficiente, non necessaria. Se il rapporto delle derivate non ha limite, non possiamo concludere che il limite del rapporto originale non esista. Dobbiamo semplicemente cercare un altro metodo.

Esercizio 1 — Doppio annullamento

Testo

Calcolare

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{e^{3x}-1-3x}{x\sin x}. \end{aligned}[/math]

Risoluzione

Verifichiamo la forma indeterminata:

[math]\displaystyle \begin{aligned} e^{3\cdot 0}-1-3\cdot 0=1-1=0, \quad 0\cdot \sin 0=0. \end{aligned}[/math]

Siamo in forma [math]0/0[/math].

Applichiamo de l’Hôpital:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{e^{3x}-1-3x}{x\sin x} = \lim_{x\to 0} \frac{3e^{3x}-3}{\sin x+x\cos x}. \end{aligned}[/math]

Sostituendo [math]x=0[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} 3-3=0, \quad \sin 0+0\cdot\cos 0=0. \end{aligned}[/math]

Siamo ancora in forma [math]0/0[/math].

Applichiamo di nuovo de l’Hôpital:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{9e^{3x}}{2\cos x-x\sin x}. \end{aligned}[/math]

Ora

[math]\displaystyle \begin{aligned} 9e^0=9, \quad 2\cos 0-0\cdot\sin 0=2. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{e^{3x}-1-3x}{x\sin x} = \frac{9}{2}. \end{aligned}[/math]

💡 Osservazione 
Il primo passaggio non risolve perché produce ancora [math]0/0[/math]. Inoltre [math]x\sin x\sim x^2[/math], mentre [math]e^{3x}-1-3x\sim \frac{9}{2}x^2[/math]: il risultato [math]\frac{9}{2}[/math] è coerente con gli sviluppi asintotici.

Mini quiz

• Perché non possiamo fermarci dopo il primo passaggio di de l’Hôpital?
• Se sostituissimo [math]x\sin x[/math] con [math]x^2[/math], il risultato cambierebbe?

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Esercizio 2 — Logaritmo contro radice all’infinito

Testo

Calcolare

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to +\infty} \frac{\ln(x^3+2x+1)}{\sqrt{x^2+4}}. \end{aligned}[/math]

Risoluzione

Per [math]x\to +\infty[/math],

[math]\displaystyle \begin{aligned} \ln(x^3+2x+1)\to +\infty, \quad \sqrt{x^2+4}\to +\infty. \end{aligned}[/math]

Siamo in forma [math]\infty/\infty[/math].

Applichiamo de l’Hôpital. Derivando:

[math]\displaystyle \begin{aligned} f'(x)=\frac{3x^2+2}{x^3+2x+1}, \quad g'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{3x^2+2}{x^3+2x+1}\cdot\frac{\sqrt{x^2+4}}{x}. \end{aligned}[/math]

Riscriviamo per [math]x>0[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{(3x^2+2)\sqrt{x^2+4}}{x(x^3+2x+1)}. \end{aligned}[/math]

Dividendo numeratore e denominatore per [math]x^4[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{\left(3+\frac{2}{x^2}\right)\sqrt{1+\frac{4}{x^2}}}{x\left(1+\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^3}\right)} \to 0. \end{aligned}[/math]

Poiché il rapporto delle derivate tende a [math]0[/math], anche il limite originale vale [math]0[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} 0. \end{aligned}[/math]

💡 Osservazione
Il rapporto delle derivate è più complicato della funzione iniziale, ma basta confrontare gli ordini di infinito: il numeratore cresce come [math]3x^2\cdot x=3x^3[/math], il denominatore come [math]x\cdot x^3=x^4[/math], quindi il rapporto è circa [math]3/x\to 0[/math].

Mini quiz

• Quale forma di indecisione c’è e perché de l’Hôpital è lecito?
• Cosa cambierebbe se il denominatore fosse [math]\sqrt{x^4+4}[/math]?

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Esercizio 3 — Parametro e cancellazione del secondo ordine

Testo

Determinare tutti i valori reali di [math]a[/math] per cui il limite

[math]\displaystyle \begin{aligned} L(a)=\lim_{x\to 0} \frac{\cos(ax)-1+\frac{a}{2}x^2}{x^4} \end{aligned}[/math]

esiste finito e non nullo. Calcolare poi [math]L(a)[/math] in tali casi.

Risoluzione

Per ogni [math]a[/math],

[math]\displaystyle \begin{aligned} \cos(0)-1+\frac{a}{2}\cdot 0=1-1=0, \end{aligned}[/math]

e il denominatore tende a [math]0[/math]. Siamo in forma [math]0/0[/math].

Applichiamo de l’Hôpital:

[math]\displaystyle \begin{aligned} L(a)=\lim_{x\to 0} \frac{-a\sin(ax)+ax}{4x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{a(x-\sin(ax))}{4x^3}. \end{aligned}[/math]

Se [math]a=0[/math], il quoziente è identicamente [math]0[/math], quindi [math]L(0)=0[/math], che non è non nullo.

Supponiamo ora [math]a\neq 0[/math]. Il nuovo limite è ancora [math]0/0[/math]. Applichiamo di nuovo de l’Hôpital:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{a(1-a\cos(ax))}{12x^2}. \end{aligned}[/math]

Se [math]a\neq 1[/math], il numeratore tende a

[math]\displaystyle \begin{aligned} a(1-a)\neq 0, \end{aligned}[/math]

mentre il denominatore tende a [math]0[/math]. Quindi il limite diverge in modulo e non è finito.

Resta il caso [math]a=1[/math]. Allora

[math]\displaystyle \begin{aligned} L(1)=\lim_{x\to 0} \frac{x-\sin x}{4x^3}. \end{aligned}[/math]

Applichiamo de l’Hôpital due volte:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{x-\sin x}{4x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{1-\cos x}{12x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{24x} = \frac{1}{24}. \end{aligned}[/math]

Quindi l’unico valore che dà limite finito e non nullo è

[math]\displaystyle \begin{aligned} a=1, \quad L(1)=\frac{1}{24}. \end{aligned}[/math]

💡 Osservazione
Il termine [math]+\frac{a}{2}x^2[/math] serve a cancellare il termine quadratico dello sviluppo di [math]\cos(ax)[/math]. Solo per [math]a=1[/math] la cancellazione è “perfetta” e resta un termine di ordine [math]x^4[/math].

Mini quiz

• Perché [math]a=0[/math] non soddisfa la richiesta “finito e non nullo”, anche se il limite esiste?
• Perché è stato necessario imporre l’annullamento del termine quadratico?

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Esercizio 4 — La trappola del rapporto delle derivate

Testo

Calcolare

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to +\infty} \frac{2x+\sin(3x)}{2x-\cos x}. \end{aligned}[/math]

Risoluzione

Numeratore e denominatore tendono a [math]+\infty[/math]: siamo in forma [math]\infty/\infty[/math]. Inoltre per [math]x[/math] grande,

[math]\displaystyle \begin{aligned} 2x-\cos x\geq 2x-1>0, \end{aligned}[/math]

quindi il denominatore non si annulla.

Se proviamo ingenuamente de l’Hôpital, otteniamo

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{2+3\cos(3x)}{2+\sin x}. \end{aligned}[/math]

Questo rapporto non ha limite per [math]x\to +\infty[/math]: il numeratore oscilla tra [math]-1[/math] e [math]5[/math], il denominatore tra [math]1[/math] e [math]3[/math]. Quindi de l’Hôpital non è applicabile come strumento conclusivo.

Risolviamo invece con un raccoglimento:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{2x+\sin(3x)}{2x-\cos x} = \frac{2+\frac{\sin(3x)}{x}}{2-\frac{\cos x}{x}}. \end{aligned}[/math]

Poiché [math]\sin(3x)[/math] e [math]\cos x[/math] sono limitati,

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{\sin(3x)}{x}\to 0, \quad \frac{\cos x}{x}\to 0. \end{aligned}[/math]

Dunque

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to +\infty} \frac{2x+\sin(3x)}{2x-\cos x} = \frac{2+0}{2-0} = 1. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} 1. \end{aligned}[/math]

💡 Osservazione 
Il fatto che [math]\frac{f’}{g’}[/math] non abbia limite non implica che [math]\frac{f}{g}[/math] non abbia limite. De l’Hôpital è solo una condizione sufficiente: qui il limite originale esiste e vale [math]1[/math], ma de l’Hôpital non lo vede.

Mini quiz

• Quale ipotesi del teorema di de l’Hôpital viene a mancare nel passaggio al rapporto delle derivate?
• Il non-esistere di [math]\lim f’/g'[/math] implica che [math]\lim f/g[/math] non esista?

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Esercizio 5 — Potenza con esponente variabile

Testo

Calcolare

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{(1+x)^{1/x}-e}{x}. \end{aligned}[/math]

Risoluzione

Sappiamo che

[math]\displaystyle \begin{aligned} (1+x)^{1/x}\to e \end{aligned}[/math]

per [math]x\to 0[/math]. Quindi numeratore e denominatore tendono a [math]0[/math]: forma [math]0/0[/math].

Poniamo

[math]\displaystyle \begin{aligned} f(x)=(1+x)^{1/x}. \end{aligned}[/math]

Deriviamo usando la forma logaritmica:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \ln f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}. \end{aligned}[/math]

Allora

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{f'(x)}{f(x)}=\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)’ = \frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}. \end{aligned}[/math]

Dunque

[math]\displaystyle \begin{aligned} f'(x)=f(x)\cdot\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}. \end{aligned}[/math]

Applichiamo de l’Hôpital al limite iniziale:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{f(x)-e}{x} = \lim_{x\to 0} f'(x), \end{aligned}[/math]

se quest’ultimo limite esiste. Ora [math]f(x)\to e[/math], quindi basta calcolare

[math]\displaystyle \begin{aligned} H=\lim_{x\to 0} \frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}. \end{aligned}[/math]

Questa è ancora [math]0/0[/math]. Applichiamo de l’Hôpital:

[math]\displaystyle \begin{aligned} H=\lim_{x\to 0} \frac{\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{1+x}}{2x}. \end{aligned}[/math]

Semplifichiamo il numeratore:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{1+x} = \frac{1-(1+x)}{(1+x)^2} = -\frac{x}{(1+x)^2}. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} H=\lim_{x\to 0} \frac{-\frac{x}{(1+x)^2}}{2x} = \lim_{x\to 0} -\frac{1}{2(1+x)^2} = -\frac{1}{2}. \end{aligned}[/math]

Pertanto

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0} f'(x) = e\cdot\left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{e}{2}. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} -\frac{e}{2}. \end{aligned}[/math]

💡 Osservazione 
Non si deriva [math](1+x)^{1/x}[/math] come se fosse [math]a^x[/math], perché sia la base sia l’esponente dipendono da [math]x[/math]. La derivata si ottiene con [math]f’=f(\ln f)'[/math].

Mini quiz

• Perché non si può derivare [math](1+x)^{1/x}[/math] come [math]a^x[/math]?
• Il limite da sinistra [math]x\to 0^-[/math] dà lo stesso risultato? Perché?

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Esercizio 6 — Parametri e ordine di annullamento

Testo

Siano [math]a,b\in\mathbb R[/math]. Determinare tutti i valori di [math]a,b[/math] per cui il limite

[math]\displaystyle \begin{aligned} E(a,b)=\lim_{x\to 0} \frac{\frac{\sin x}{x}-\frac{1+ax^2}{1+bx^2}}{x^4} \end{aligned}[/math]

esiste finito e, in tal caso, calcolarlo.

Risoluzione

Riduciamo a un’unica frazione:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{\sin x}{x}-\frac{1+ax^2}{1+bx^2} = \frac{\sin x(1+bx^2)-x(1+ax^2)}{x(1+bx^2)}. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} E(a,b)=\lim_{x\to 0} \frac{N(x)}{x^5(1+bx^2)}, \end{aligned}[/math]

dove

[math]\displaystyle \begin{aligned} N(x)=\sin x(1+bx^2)-x-ax^3. \end{aligned}[/math]

Il denominatore [math]D(x)=x^5(1+bx^2)[/math] ha uno zero di ordine [math]5[/math] in [math]0[/math].

Calcoliamo le derivate di [math]N[/math] in [math]0[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} N(0)=0, \quad N'(0)=0, \quad N”(0)=0, \end{aligned}[/math]

e

[math]\displaystyle \begin{aligned} N”'(0)=6(b-a)-1. \end{aligned}[/math]

Infatti il coefficiente di [math]x^3[/math] nello sviluppo di [math]N[/math] è

[math]\displaystyle \begin{aligned} b-\frac{1}{6}-a. \end{aligned}[/math]

Se [math]b-a\neq \frac{1}{6}[/math], allora [math]N”'(0)\neq 0[/math], quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} N(x)\sim \frac{N”'(0)}{6}x^3, \end{aligned}[/math]

e

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{N(x)}{D(x)}\sim \frac{\frac{N”'(0)}{6}x^3}{x^5} = \frac{N”'(0)}{6x^2}, \end{aligned}[/math]

che diverge in modulo. Quindi è necessario che

[math]\displaystyle \begin{aligned} b-a=\frac{1}{6}. \end{aligned}[/math]

Se [math]b-a=\frac{1}{6}[/math], allora [math]N[/math] ha uno zero di ordine almeno [math]5[/math]. Inoltre [math]N[/math] è dispari, quindi le derivate pari in [math]0[/math] si annullano automaticamente. Applichiamo de l’Hôpital cinque volte, oppure equivalentemente confrontiamo i coefficienti di [math]x^5[/math]. Si ha

[math]\displaystyle \begin{aligned} N(x)=\left(\frac{1}{120}-\frac{b}{6}\right)x^5+O(x^7), \end{aligned}[/math]

mentre

[math]\displaystyle \begin{aligned} D(x)=x^5(1+bx^2)\sim x^5. \end{aligned}[/math]

Dunque

[math]\displaystyle \begin{aligned} E(a,b)=\frac{1}{120}-\frac{b}{6}=\frac{1-20b}{120}. \end{aligned}[/math]

Conclusione:

[math]\displaystyle \begin{aligned} b-a=\frac{1}{6}, \quad E(a,b)=\frac{1}{120}-\frac{b}{6}=\frac{1-20b}{120}. \end{aligned}[/math]

Equivalentemente, [math]a=b-\frac{1}{6}[/math], con [math]b\in\mathbb R[/math].

💡 Osservazione
Il denominatore esterno [math]x^4[/math], insieme al fattore [math]x[/math] già presente, impone che [math]N(x)[/math] si annulli almeno come [math]x^5[/math]. La condizione [math]b-a=\frac{1}{6}[/math] elimina il termine cubico; senza di essa il quoziente esplode come [math]1/x^2[/math].

Mini quiz

• Perché la condizione [math]b-a=\frac{1}{6}[/math] è necessaria e non solo sufficiente?
• Cosa cambierebbe se il denominatore esterno fosse [math]x^6[/math] invece di [math]x^4[/math]?

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L’applicazione del Teorema di de l’Hôpital rappresenta uno dei momenti centrali nello studio dell’analisi matematica e del calcolo dei limiti in forma indeterminata (principalmente [math]\frac{0}{0}[/math] e [math]\frac{\infty}{\infty}[/math]). Tuttavia, considerarlo come la chiave universale per risolvere qualsiasi forma indeterminata è un errore metodologico frequente che può condurre a calcoli lunghi, macchinosi o persino a vicoli ciechi formali.

Un’analisi rigorosa richiede di valutare la struttura algebrica e analitica della funzione prima di procedere alla derivazione di numeratore e denominatore. Di seguito vengono analizzati nel dettaglio i contesti in cui de l’Hôpital risulta inefficace o non conveniente, insieme alle alternative più rapide ed eleganti.

Quando de l’Hôpital si rivela inefficace o dannoso

A. Derivate ricorsive e complessità crescente

In molte funzioni, l’applicazione di de l’Hôpital genera derivate via via più complesse a causa della regola del prodotto, del quoziente o della catena.

Esempio classico: [math]\lim_{x \to 0} \frac{x – \sin x}{x^3}[/math] ([math]\frac{0}{0}[/math]).

Applicando de l’Hôpital una volta si ottiene [math]\frac{1 – \cos x}{3x^2}[/math] ([math]\frac{0}{0}[/math]); una seconda volta porta a [math]\frac{\sin x}{6x}[/math] ([math]\frac{0}{0}[/math]); e solo alla terza applicazione si arriva a [math]\frac{\cos x}{6} \to \frac{1}{6}[/math]. Sebbene funzioni, richiede tre passaggi di derivazione successivi in cui è facile commettere errori di calcolo. Con gli sviluppi di Taylor, il risultato si ottiene in un unico passaggio immediato.

B. Derivate oscillanti o prive di limite

Il teorema di de l’Hôpital richiede che il limite del rapporto delle derivate esista (finito o infinito). Se tale limite non esiste a causa di oscillazioni indefinite, il teorema non è applicabile (attenzione: la mancata esistenza del limite delle derivate non implica che il limite di partenza non esista).

Esempio: [math]\lim_{x \to \infty} \frac{x + \sin x}{x}[/math] ([math]\frac{\infty}{\infty}[/math]).

Se proviamo a derivare, otteniamo [math]\lim_{x \to \infty} \frac{1 + \cos x}{1}[/math], il quale non esiste perché [math]\cos x[/math] oscilla indefinitamente tra [math]-1[/math] e [math]1[/math]. Tuttavia, il limite originario si risolve banalmente raccogliendo la [math]x[/math] o dividendo termine a termine: [math]\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{\sin x}{x}\right) = 1 + 0 = 1[/math].

C. Frazioni algebriche con fattori comuni evidenti

Quando la forma [math]\frac{0}{0}[/math] è generata da polinomi o funzioni razionali fratte, la scomposizione in fattori e la semplificazione algebrica eliminano l’indeterminazione istantaneamente, senza bisogno di calcolare derivate.

Tabella comparativa: Metodi a confronto

Situazione / Forma Indeterminata	Metodo Tradizionale / Alternativo	Vantaggio rispetto a de l’Hôpital
Forma [math]\frac{0}{0}[/math] con polinomi o radicali	Scomposizione in fattori, razionalizzazione	Eliminazione immediata del fattore critico senza derivate
Funzioni trigonometriche vicine a 0	Limiti notevoli ([math]\frac{\sin x}{x} \to 1[/math], ecc.)	Risoluzione in un solo passaggio mnemonico o algebrico
Espressioni con polinomi complessi o differenze	Sviluppi di Taylor / Maclaurin	Gestione simultanea di infiniti ordini di infinitesimo
Rapporti tra funzioni di diversa crescita a [math]\infty[/math]	Confronto asintotico (gerarchia degli infiniti)	Evita calcoli superflui evidenziando il termine dominante
Derivate oscillanti o irregolari	Teorema del confronto o raccoglimento	Permette di risolvere limiti dove de l’Hôpital fallisce per ipotesi non soddisfatte

Linee guida pratiche per la scelta del metodo

Prima di applicare meccanicamente la regola di de l’Hôpital, poniti sempre queste tre domande di controllo:

1. Esiste una scorciatoia algebrica o un limite notevole?
   Se la funzione contiene prodotti notevoli, scomposizioni immediate o riconduzioni a limiti fondamentali (come [math]\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1[/math]), applicali subito.
2. Il numeratore e il denominatore presentano cancellazioni o sviluppi polinomiali standard?
   Se siamo in un intorno di zero e compaiono funzioni trigonometriche o esponenziali sottratte, gli sviluppi di Taylor sono quasi sempre la strada più pulita e sicura per evitare derivate multiple.
3. Le derivate si semplificano o si complicano?
   Fai una stima mentale rapida: se derivando la funzione otteniamo un prodotto di funzioni ancora più intricato, fermati e cerca un’equivalenza asintotica.

La maturità matematica nell’analisi dei limiti non risiede nell’usare lo strumento più potente, ma nel selezionare lo strumento più efficiente per ogni specifica struttura analitica.

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Risposte ai Mini quiz

Esercizio 1

1. Perché non possiamo fermarci dopo il primo passaggio di de l’Hôpital?

Perché dopo il primo passaggio otteniamo ancora una forma [math]0/0[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{3e^{3x}-3}{\sin x+x\cos x}\to \frac{0}{0}. \end{aligned}[/math]

De l’Hôpital non fornisce un valore finito in quel passaggio: il nuovo rapporto non è ancora valutabile direttamente. Bisogna continuare finché non si ottiene un limite determinabile.

2. Se sostituissimo [math]x\sin x[/math] con [math]x^2[/math], il risultato cambierebbe?

No. Infatti

[math]\displaystyle \begin{aligned} x\sin x\sim x^2 \end{aligned}[/math]

per [math]x\to 0[/math], e

[math]\displaystyle \begin{aligned} e^{3x}-1-3x\sim \frac{9}{2}x^2. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{e^{3x}-1-3x}{x\sin x}\sim \frac{\frac{9}{2}x^2}{x^2}=\frac{9}{2}. \end{aligned}[/math]

Il risultato resta [math]\frac{9}{2}[/math]. Bisogna però usare correttamente le equivalenze asintotiche, non “sostituire a caso” dentro de l’Hôpital.

Esercizio 2

1. Quale forma di indecisione c’è e perché de l’Hôpital è lecito?

C’è la forma [math]\infty/\infty[/math]. Il teorema è lecito perché numeratore e denominatore sono derivabili per [math]x[/math] grande, il denominatore tende a [math]+\infty[/math], e per [math]x>0[/math]

[math]\displaystyle \begin{aligned} g'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}>0, \end{aligned}[/math]

quindi [math]g’\neq 0[/math] definitivamente. Il rapporto delle derivate ha limite [math]0[/math], quindi de l’Hôpital conclude che anche il limite originale è [math]0[/math].

2. Cosa cambierebbe se il denominatore fosse [math]\sqrt{x^4+4}[/math]?

Il limite sarebbe ancora [math]0[/math]. Infatti

[math]\displaystyle \begin{aligned} \sqrt{x^4+4}\sim x^2, \end{aligned}[/math]

mentre

[math]\displaystyle \begin{aligned} \ln(x^3+2x+1)\sim 3\ln x. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{\ln(x^3+2x+1)}{\sqrt{x^4+4}}\sim \frac{3\ln x}{x^2}\to 0. \end{aligned}[/math]

Il risultato non cambia, ma il confronto degli ordini di infinito è ancora più evidente.

Esercizio 3

1. Perché [math]a=0[/math] non soddisfa la richiesta “finito e non nullo”, anche se il limite esiste?

Per [math]a=0[/math] il numeratore è identicamente nullo:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \cos(0\cdot x)-1+\frac{0}{2}x^2=1-1+0=0. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} L(0)=\lim_{x\to 0}\frac{0}{x^4}=0. \end{aligned}[/math]

Il limite esiste finito, ma è nullo. La richiesta era “finito e non nullo”, quindi [math]a=0[/math] va escluso.

2. Perché è stato necessario imporre l’annullamento del termine quadratico?

Perché il denominatore è [math]x^4[/math]. Se il numeratore avesse un termine dominante di ordine [math]x^2[/math], il quoziente si comporterebbe come

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{cx^2}{x^4}=\frac{c}{x^2}, \end{aligned}[/math]

che diverge. Solo annullando il termine [math]x^2[/math] si può sperare che il numeratore sia di ordine [math]x^4[/math] e che il quoziente abbia limite finito. Nel nostro caso ciò accade solo per [math]a=1[/math].

Esercizio 4

1. Quale ipotesi del teorema di de l’Hôpital viene a mancare nel passaggio al rapporto delle derivate?

Manca l’esistenza del limite del rapporto delle derivate:

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\frac{2+3\cos(3x)}{2+\sin x} \end{aligned}[/math]

non esiste, perché il rapporto oscilla. Il teorema di de l’Hôpital richiede che questo limite esista, finito o infinito. Qui non esiste, quindi il teorema non è applicabile.

2. Il non-esistere di [math]\lim f’/g'[/math] implica che [math]\lim f/g[/math] non esista?

No. De l’Hôpital è una condizione sufficiente, non necessaria. In questo esercizio

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\frac{2x+\sin(3x)}{2x-\cos x}=1, \end{aligned}[/math]

anche se il rapporto delle derivate non ha limite. Il limite originale esiste; semplicemente de l’Hôpital non è lo strumento adatto.

Esercizio 5

1. Perché non si può derivare [math](1+x)^{1/x}[/math] come [math]a^x[/math]?

Perché nella funzione [math]a^x[/math] la base [math]a[/math] è costante e solo l’esponente varia. Qui invece sia la base [math]1+x[/math] sia l’esponente [math]1/x[/math] dipendono da [math]x[/math]. La regola corretta è

[math]\displaystyle \begin{aligned} f(x)=g(x)^{h(x)} \Longrightarrow f'(x)=f(x)(h(x)\ln g(x))’. \end{aligned}[/math]

Nel nostro caso

[math]\displaystyle \begin{aligned} f’=f\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)’. \end{aligned}[/math]

2. Il limite da sinistra [math]x\to 0^-[/math] dà lo stesso risultato? Perché?

Sì. Per [math]x[/math] vicino a [math]0[/math] con [math]x>-1[/math], si ha [math]1+x>0[/math], quindi [math](1+x)^{1/x}[/math] è ben definita anche da sinistra. La formula della derivata logaritmica vale in un intorno bucato di [math]0[/math], e tutti i passaggi al limite sono bilaterali. Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to 0^-}\frac{(1+x)^{1/x}-e}{x}=-\frac{e}{2}, \end{aligned}[/math]

esattamente come da destra.

Esercizio 6

1. Perché la condizione [math]b-a=\frac{1}{6}[/math] è necessaria e non solo sufficiente?

Perché il denominatore si comporta come [math]x^5[/math]. Se [math]N”'(0)\neq 0[/math], allora

[math]\displaystyle \begin{aligned} N(x)\sim \frac{N”'(0)}{6}x^3, \end{aligned}[/math]

e quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{N(x)}{x^5(1+bx^2)}\sim \frac{\frac{N”'(0)}{6}x^3}{x^5}=\frac{N”'(0)}{6x^2}, \end{aligned}[/math]

che diverge in modulo. Dunque, per avere un limite finito, è indispensabile annullare il termine cubico di [math]N[/math], cioè imporre

[math]\displaystyle \begin{aligned} N”'(0)=6(b-a)-1=0 \Longrightarrow b-a=\frac{1}{6}. \end{aligned}[/math]

Solo sotto questa condizione il numeratore si annulla almeno come [math]x^5[/math], e il quoziente può avere limite finito.

2. Cosa cambierebbe se il denominatore esterno fosse [math]x^6[/math] invece di [math]x^4[/math]?

Cambierebbe l’ordine di annullamento richiesto. Con denominatore esterno [math]x^6[/math], dopo la riduzione a frazione unica si avrebbe

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{N(x)}{x^7(1+bx^2)}. \end{aligned}[/math]

Per avere limite finito, [math]N(x)[/math] dovrebbe annullarsi almeno come [math]x^7[/math]. Poiché [math]N[/math] è dispari, servirebbe annullare sia il coefficiente di [math]x^3[/math] sia quello di [math]x^5[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} b-a=\frac{1}{6}, \quad 1-20b=0. \end{aligned}[/math]

Quindi

[math]\displaystyle \begin{aligned} b=\frac{1}{20}, \quad a=\frac{1}{20}-\frac{1}{6}=-\frac{7}{60}. \end{aligned}[/math]

In tal caso il limite sarebbe il coefficiente di [math]x^7[/math] di [math]N[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned} -\frac{1}{5040}+\frac{b}{120} = -\frac{1}{5040}+\frac{1}{2400} = \frac{11}{50400}. \end{aligned}[/math]

Quindi con denominatore [math]x^6[/math] esisterebbe finito solo per

[math]\displaystyle \begin{aligned} a=-\frac{7}{60}, \quad b=\frac{1}{20}, \end{aligned}[/math]

e il valore sarebbe

[math]\displaystyle \begin{aligned} \frac{11}{50400}. \end{aligned}[/math]

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