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LIMITI

1 DEFINIZIONI DI LIMITE 1

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1 Definizioni di limite 11.1 Limite finito al finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Limite per x → a+ (limite destro) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Limite per x → b− (limite sinistro) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3 Limite per x → c (limite bilatero) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Limite finito all’infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Limite infinito al finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Limite infinito all’infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Confronto dei limiti 10

3 Limiti di funzioni elementari 11

4 Algebra dei limiti 12

5 Confronto locale 165.1 Simboli di Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175.2 Principi di eliminazione/sostituzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

6 Un limite fondamentale 23

7 Soluzioni degli esercizi 23

Il concetto di limite e fondamentale. Importanti concetti matematici che seguono sono definiti attraverso il concettodi limite. In questa lezione vediamo anzitutto una definizione rigorosa di tale concetto. Rinuncio ad una definizionegenerale, peraltro non molto piu difficile, per presentare varie definizioni per i vari casi possibili, ritenendo che questoapproccio faciliti lo studente, permettendogli di fissare l’attenzione su situazioni di volta in volta specifiche.

Vediamo in seguito alcuni limiti di funzioni elementari e successivamente presento alcune tecniche di calcolo deilimiti, valide piu in generale. Finisco con l’importante questione del confronto tra funzioni e con un limite fondamentale.

1 Definizioni di limite

Prima di entrare nelle definizioni rigorose, cerchiamo di capire il significato concreto di quello che vogliamo definire.Se abbiamo una funzione, puo succedere che non possiamo calcolare il valore che essa assume in corrispondenza ditutti i numeri reali, per il semplice fatto che, come abbiamo visto, ci sono funzioni che non sono definite in tutto R.

Supponiamo ad esempio che la funzione f sia definita in un intervallo e che non sia definita in un punto, chiamiamoloc, di tale intervallo. Quindi non possiamo calcolare f(c). Pero possiamo chiederci: se la variabile x della nostra funzionesi avvicina “infinitamente” al punto c (e questo lo puo fare perche f e definita attorno a c), a quale valore, se c’e, siavvicina il valore di f(x)? Questo valore e appunto il limite per x che tende a c della funzione f .

Ecco la definizione rigorosa, nei diversi casi che si possono presentare. Considereremo soltanto funzioni definite suintervalli, che potranno essere limitati o illimitati.

1.1 Limite finito al finito

Si parla di limite finito al finito quando il valore a cui tende la variabile x e un numero reale ed il limite e pure unnumero reale (non abbiamo quindi a che fare con infiniti).

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

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1 DEFINIZIONI DI LIMITE 2

1.1.1 Limite per x → a+ (limite destro)

Sia f : (a, b) → R, con (a, b) intervallo limitato di R.

Definizione Si scrivelim

x→a+f(x) = ℓ , con ℓ ∈ R

se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno destro [a, a + δ) di atale che

per ogni x ∈ (a, a+ δ) si ha che f(x) ∈ (ℓ− ε, ℓ+ ε).a b

ℓ−ε

ℓ+ε

()

a+δ)bc

bc

bc

bc

x

y

Qui occorre qualche commento, trattandosi di una delle definizioni piu difficili del corso.

Osservazione Si osservi subito che nella scrittura “per ogni x ∈ (a, a+δ)”, la parentesi su a e tonda: significa che ladefinizione non chiede nulla circa il valore f(a), che potrebbe anche non esistere, dato che si parla di funzione definitain (a, b). Se la funzione f e definita anche in a, la definizione comunque non chiede nulla su f(a).

La definizione quindi chiede che, qualunque sia ε > 0, ci sia un intorno destro di a per cui i valori degli x chestanno in questo intorno, eccettuato il punto a, abbiano un corrispondente f(x) che appartiene all’intorno di raggioε del limite. Vuol dire in pratica che possiamo ottenere valori della funzione arbitrariamente vicini al limite ℓ purchescegliamo valori x sufficientemente vicini (a destra) al punto a.

Osservazione Sulle notazioni utilizzabili: la condizione x ∈ (a, a+δ) si puo anche esprimere scrivendo a < x < a+δ,e la condizione f(x) ∈ (ℓ−ε, ℓ+ε) si puo indifferentemente esprimere scrivendo ℓ−ε < f(x) < ℓ+ε oppure |f(x)−ℓ| < ε.Quindi la definizione si puo anche formulare piu sinteticamente scrivendo che

∀ε > 0 ∃δ > 0 : a < x < a+ δ =⇒ ℓ − ε < f(x) < ℓ+ ε (oppure |f(x)− ℓ| < ε).

Osservazione Nota di carattere “operativo”: se dobbiamo provare che e vera una certa scrittura di limite bastaprovare che per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f(x) − ℓ| < ε contiene un insieme del tipo(a, a+ δ) per qualche δ > 0, cioe contiene un intorno destro di a (a escluso). Vedremo piu avanti alcuni esempi.

Adesso vediamo gli altri casi.

1.1.2 Limite per x → b− (limite sinistro)

Sia sempre f : (a, b) → R, con (a, b) intervallo limitato di R.

Definizione Si scrivelim

x→b−f(x) = ℓ , con ℓ ∈ R

se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno sinistro (b − δ, b] di btale che

per ogni x ∈ (b− δ, b) si ha che f(x) ∈ (ℓ− ε, ℓ+ ε).

Osservazione Anche in questo caso non si chiede nulla su f(b). Analogamente aquanto fatto prima, la cosa si puo esprimere scrivendo che

a b

ℓ−ε

ℓ+ε

()

b−δ(bc

bc

bc

bc

x

y

∀ε > 0 ∃δ > 0 : b− δ < x < b =⇒ ℓ− ε < f(x) < ℓ+ ε.

Osservazione (di carattere operativo). Per provare che e vera una certa scrittura di limite da sinistra basta provareche per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f(x)− ℓ| < ε contiene un insieme del tipo (b− δ, b) perqualche δ > 0, cioe un intorno sinistro di b (b escluso).

1.1.3 Limite per x → c (limite bilatero)

Sia (a, b) un intervallo e sia c ∈ (a, b). Sia poi f : (a, b) \ {c} → R. 1

1La scrittura (a, b) \ {c}, come lo studente dovrebbe ricordare, indica l’intervallo (a, b) privato del punto c. Quindi si considera unafunzione che e definita in (a, c) ∪ (c, b), e cioe puo non essere definita nel punto c.

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LIMITI

1 DEFINIZIONI DI LIMITE 3

Definizione Si scrive

limx→c

f(x) = ℓ , con ℓ ∈ R

se, per ogni intorno (ℓ− ε, ℓ+ ε) del limite ℓ, esiste un intorno (c− δ, c+ δ) dic tale che

per ogni x ∈ (c− δ, c+ δ) \ {c} si ha che f(x) ∈ (ℓ − ε, ℓ+ ε). 2a b

c

ℓ−ε

ℓ+ε

()

c−δ c+δ( )bc

bc

bc

bc

bc

bc

x

y

Osservazione Si osservi che qui, analogamente a quanto fatto prima con i limiti da destra e da sinistra, non sichiede nulla su f(c), e quindi si considera l’intorno (c− δ, c+ δ) privato del punto c. La definizione in questo caso sipuo dare in forma compatta scrivendo che

∀ε > 0 ∃δ > 0 : c− δ < x < c+ δ, x 6= c, =⇒ ℓ− ε < f(x) < ℓ+ ε.

Di solito il limite bilatero si chiama semplicemente limite. Quindi, dicendo limite, si allude al limite bilatero.

Osservazione Anche in questo caso la nota di carattere operativo. Per provare che e vera una certa scrittura dilimite bilatero basta provare che per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f(x) − ℓ| < ε contiene uninsieme del tipo (c− δ, c) ∪ (c, c+ δ) per qualche δ > 0, cioe un intorno di c (con c escluso).

Osservazione Per provare invece la falsita di una certa scrittura di limite basta trovare un particolare valore di εper cui la condizione della definizione risulta falsa.

Esempio La seguente scrittura e vera:limx→1

(x− 1) = 0.

Infatti, fissato un qualunque intorno (−ε, ε) del limite 0, osserviamo che il valore della funzione (x − 1) appartiene atale intorno se e solo se |x − 1| < ε, cioe se e solo se 1− ε < x < 1 + ε. Le soluzioni costituiscono proprio un intornodel punto 1, l’intorno (1 − ε, 1 + ε).

Esempio Proviamo ora con la definizione che invece non e vera la scrittura

limx→1

(x+ 1) = 1.

Fissato un intorno (1− ε, 1 + ε) del limite 1, consideriamo la disuguaglianza |x+ 1− 1| < ε, cioe |x| < ε. Le soluzionidella disequazione sono date dall’intervallo (−ε, ε). Evidentemente tale insieme non contiene sempre un intorno di 1:ad esempio, per ε = 1/2, esso e fatto di punti esterni ad un intorno di 1. La scrittura di limite quindi e falsa.

Esempio Proviamo chelimx→e

lnx = 1.

Fissato un qualunque ε > 0 che definisce un intorno (1 − ε, 1 + ε) del limite 1, consideriamo la disuguaglianza| lnx− 1| < ε, che equivale a 1− ε < lnx < 1+ ε, che equivale a sua volta a e1−ε < x < e1+ε. Si tratta di un intervalloche contiene certamente un intorno di e, dato che e1−ε < e, mentre e1+ε > e.

Esempio Proviamo chelim

x→0+e−1/x = 0.

Fissato un qualunque intorno (−ε, ε) del limite 0, il valore della funzione e−1/x appartiene a tale intorno se e solo see−1/x < ε, cioe se e solo se − 1

x < ln ε. Se x > 0 (ricordare che il limite e per x → 0+), questa equivale a 1x > − ln ε.

Ora, se ε > 1 (e quindi ln ε > 0), si ottiene x > − 1ln ε , che e un numero negativo. Pertanto tutte le x positive

soddisfano la disequazione ed e determinato un intorno destro di 0.Se invece ε < 1 (e quindi ln ε < 0), si ottiene x < − 1

ln ε , che e un numero positivo. Pertanto soddisfano ladisequazione tutte le x dell’intervallo (0,− 1

ln ε ), che e ancora un intorno destro di 0.Se infine ε = 1 la disuguaglianza diventa − 1

x < 0, cioe x > 0, insieme che contiene un intorno destro di 0.

Osservazione Ribadisco che, dicendo “limite”, senza precisare se limite destro o limite sinistro, si intende limite dadestra e da sinistra.

Si potrebbe dimostrare rigorosamente, ma e abbastanza facile intuirlo, che il limite esiste se e solo se esistono esono uguali il limite destro e il limite sinistro. Puo essere comodo talvolta (e lo faremo tra breve) calcolare il limitecalcolando separatamente il limite destro e il limite sinistro.

2Vedi nota precedente. (c− δ, c+ δ) \ {c} e indica l’intorno (c− δ, c+ δ) privato del punto c.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

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1 DEFINIZIONI DI LIMITE 4

1.2 Limite finito all’infinito

Si parla di limite finito all’infinito quando la variabile tende a +∞ o a −∞ e il limite e un numero reale.Sia f : (a,+∞) → R.

Definizione Si scrive

limx→+∞

f(x) = ℓ , con ℓ ∈ R

se, per ogni intorno (ℓ− ε, ℓ+ ε) del limite ℓ, esiste un intorno (δ,+∞) di +∞tale che

per ogni x ∈ (δ,+∞) si ha che f(x) ∈ (ℓ − ε, ℓ+ ε).

Con la solita notazione compatta si puo scrivere

∀ε > 0 ∃δ > 0 : x > δ =⇒ ℓ− ε < f(x) < ℓ+ ε.a

ℓ−ε

ℓ+ε

()

δ(bc

bc

x

y

Osservazione Si noti che nella forma compatta ho scritto δ > 0, mentre prima non avevo posto restrizione di segno.Non e una incongruenza, le due forme sono equivalenti infatti. Non c’e motivo in realta che la definizione chieda δ > 0,dato che δ non ha piu il significato, che aveva prima nel limite al finito, di raggio di un intorno. Esso e semplicementeil primo estremo di un intorno di +∞. Ho scritto invece δ > 0 nella forma compatta perche in questo modo e facilitatala verifica dei limiti nei casi concreti (senza fissare il segno in molti casi si e costretti a considerare entrambi i casipossibili e questo appesantisce molto la soluzione).

Osservazione Nota operativa: per provare che e vera una certa scrittura di limite finito a +∞ basta provare cheper ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f(x)− ℓ| < ε contiene un insieme del tipo (δ,+∞).

Definizione Se f : (−∞, b) → R, si scrive

limx→−∞

f(x) = ℓ , con ℓ ∈ R

se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno (−∞, δ) di −∞ taleche

per ogni x ∈ (−∞, δ) si ha che f(x) ∈ (ℓ− ε, ℓ+ ε).

Con la solita notazione compatta si puo scrivere

∀ε > 0 ∃δ > 0 : x < −δ =⇒ ℓ− ε < f(x) < ℓ+ ε.b

ℓ−ε

ℓ+ε

()

δ) bc

bc

x

y

Anche qui la definizione non chiede nulla sul segno di δ, mentre la forma compatta lo pone positivo e trasforma inx < −δ la disuguaglianza sulle x. Le due forme sono equivalenti.

Osservazione Nota operativa: per provare che e vera una certa scrittura di limite finito a −∞ basta provare cheper ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f(x)− ℓ| < ε contiene un insieme del tipo (−∞, δ).

Esempio Vediamo una verifica di limite all’infinito, ad esempio, proviamo che

limx→+∞

1

x= 0.

Fissato un intorno (−ε, ε) del limite 0, la disuguaglianza∣

1x

∣ < ε e verificata se |x| > 1ε , cioe nell’insieme (−∞,− 1

ε ) ∪(1ε ,+∞). Questo insieme contiene chiaramente un intorno di +∞ e quindi la scrittura di limite e vera.

Osservazione Come si vede l’insieme delle soluzioni della disuguaglianza∣

1x

∣ < ε contiene anche un intorno di −∞,e questo perche chiaramente anche il limite per x che tende a −∞ e zero.

Esempio Se invece consideriamo la scrittura

limx→+∞

1

x+ 1= 1,

fissato un intorno (1 − ε, 1 + ε) del limite 1, la disuguaglianza∣

1x+1 − 1

∣< ε e verificata se |x| < ε|x + 1|. Si vede

facilmente che questa non definisce, qualunque sia ε, un intorno di +∞: infatti ad esempio per ε = 1/2, definiscel’intervallo (− 1

3 , 1). Quindi la scrittura e falsa.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

1 DEFINIZIONI DI LIMITE 5

Esempio Proviamo ora chelim

x→−∞ex = 0.

Fissato un ε > 0 qualunque, consideriamo la disequazione |ex| < ε. Data la positivita della funzione esponenziale, ladisequazione equivale alla ex < ε, che ha per soluzioni x < ln ε. Si tratta ovviamente di un intorno di −∞.

Osservazione Se il limite di una funzione, per x → c (c finito o infinito), e zero, si dice che la funzione e infinitesima

o che e un infinitesimo, per x → c. Attenzione. Se affermiamo che una funzione e infinitesima dobbiamo sempre direanche per x che tende a quale valore. Attenzione ancora: una funzione e infinitesima per x che tende a qualche cosase il suo limite e zero, a prescindere da cio a cui tende x (x puo tendere anche all’infinito).

Possiamo quindi dire che la funzione f(x) = 1x e infinitesima a +∞ e a −∞, e che la funzione esponenziale f(x) = ex

e infinitesima a −∞.

1.3 Limite infinito al finito

Si parla di limite infinito al finito quando la variabile tende ad un numero reale e il limite e +∞ o −∞. Anche qui c’eovviamente la possibilita di un limite solo da destra o solo da sinistra. Ecco la definizione nel caso del limite bilatero.

Definizione Si scrivelimx→c

f(x) = +∞

se, per ogni intorno (ε,+∞) del limite +∞, esiste un intorno (c − δ, c+ δ) di c taleche

per ogni x ∈ (c− δ, c+ δ) \ {c} si ha che f(x) ∈ (ε,+∞).

Nella forma compatta se

∀ε > 0 ∃δ > 0 : c− δ < x < c+ δ, x 6= c, =⇒ f(x) > ε. a bc

ε (

c−δ c+δ( )bc

bc

bc

bc

bc

x

y

Stesse considerazioni di prima sulle differenze tra la prima definizione e la forma compatta: ε puo essere qualunque,perche ha il significato di estremo dell’intorno di +∞, mentre δ torna ad avere il significato di raggio di un intornoe quindi torna ad essere positivo. Nella forma compatta, per semplicita nelle verifiche, e meglio dire ε > 0. Le dueforme sono infatti equivalenti.Fornisco la definizione compatta nel caso del limite da destra e da sinistra.

limx→a+

f(x) = +∞ se ∀ε > 0 ∃δ > 0 : a < x < a+ δ =⇒ f(x) > ε

(rappresentato in figura qui a fianco) e

limx→b−

f(x) = +∞ se ∀ε > 0 ∃δ > 0 : b− δ < x < b =⇒ f(x) > ε.

a b

ε (

a+δ)bc bc

bc

x

y

Poi abbiamo il caso del limite −∞.

Definizione Si scrivelimx→c

f(x) = −∞

se, per ogni intorno (−∞, ε) del limite −∞, esiste un intorno (c− δ, c+ δ) di c tale che

per ogni x ∈ (c− δ, c+ δ) \ {c} si ha che f(x) ∈ (−∞, ε).

Nella forma compatta se

∀ε > 0 ∃δ > 0 : c− δ < x < c+ δ, x 6= c, =⇒ f(x) < −ε.

Osservazione Si noti che qui, nella forma compatta, ho scritto ε > 0 e ho cambiato la disuguaglianza sulle f(x) inf(x) < −ε (si veda l’analogia di tutto questo con quanto fatto nel caso di limite finito all’infinito). Lo studente provia scrivere la deefinizione nei casi del limite destro e sinistro.

Osservazione La solita nota operativa: per una verifica di limite nel caso di limite infinito al finito, ad esempiocon limite +∞, basta provare che per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disuguaglianza f(x) > ε, con ε > 0,contiene un intorno del punto c (c come sempre escluso).

Ovviamente, nel caso di limite −∞, la disequazione da cui partire sara f(x) < −ε, con ε > 0.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

1 DEFINIZIONI DI LIMITE 6

Esempio Proviamo ad esempio che

limx→0+

1

x= +∞.

Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo, sulle x > 0, la disequazione 1x > ε, che equivale alla x < 1

ε . Restaquindi individuato l’intervallo (0, 1ε ), che e un intorno destro di 0.

Avremo invece

limx→0−

1

x= −∞.

Infatti, fissato un qualunque ε > 0, consideriamo, sulle x < 0, la disequazione 1x < −ε, che equivale alla x > − 1

ε .3

Resta quindi individuato l’intervallo (− 1ε , 0), che e un intorno sinistro di 0.

Osservazione Se scrivessimo invece limx→0

1

x, senza precisare se da destra o da sinistra, dovremmo dire che tale limite

non esiste. Tra breve vediamo meglio questo aspetto.

Esempio Quale altro esempio, proviamo che

limx→0

1

x2= +∞.

Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione 1x2 > ε, che equivale alla x2 < 1

ε . Questa ha per soluzionil’intervallo (− 1√

ε, 1√

ε), che e un intorno di 0.

Esempio Proviamo ancora chelim

x→0+lnx = −∞.

Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione lnx < −ε. Qui x e positivo, dato che la funzione esistesolo in (0,+∞). La disequazione equivale alla 0 < x < e−ε. Osservando che la quantita a destra e certamente positiva,si tratta quindi di un intorno destro di 0, privato dell’origine.

1.4 Limite infinito all’infinito

Si parla di limite infinito all’infinito quando la variabile tende a +∞ o −∞ e il limite e +∞ o −∞. Dei quattro casipossibili ne vediamo solo uno, lasciando allo studente il compito di scrivere la definizione di limite negli altri casi.

Definizione Si scrivelim

x→+∞f(x) = −∞

se, per ogni intorno (−∞, ε) del limite −∞, esiste un intorno (δ,+∞) di +∞ tale che

per ogni x ∈ (δ,+∞) si ha che f(x) ∈ (−∞, ε).

a

ε )

δ(bc

bcx

y

Osservazione Qui ne ε ne δ hanno restrizioni di segno, dato che sono entrambi estremi di un intorno illimitato.Nella forma compatta, come fatto prima, possiamo pero chiedere che siano entrambi positivi e scrivere

∀ε > 0 ∃δ > 0 : x > δ =⇒ f(x) < −ε.

In una verifica concreta bastera provare che, fissato un qualunque ε > 0, l’insieme delle soluzioni della disequazionef(x) < −ε contiene un intorno di +∞.

Esempio Ad esempio, proviamo chelim

x→+∞(− lnx) = −∞.

Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione lnx < −ε. Essa equivale alla lnx > ε, e cioe alla x > eε, laquale definisce un intorno di +∞.

Esempio Ancora, proviamo chelim

x→+∞ex = +∞.

3Attenzione che sia x sia −ε sono negativi, e quindi si cambia due volte il verso della disequazione.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

1 DEFINIZIONI DI LIMITE 7

Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione ex > ε. Essa equivale a x > ln ε, che definisce un intornodi +∞.

Esempio Proviamo chelim

x→−∞e−x = +∞.

Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione e−x > ε. Essa equivale a −x > ln ε, e cioe x < − ln ε.Quest’ultima definisce un intorno di −∞.

Esempio Da ultimo, proviamo che

limx→+∞

1

1− e1/x= −∞.

Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione 11−e1/x

< −ε. Osserviamo che per x > 0 (si noti che

questa ipotesi non contrasta con il fatto che stiamo cercando un intorno di +∞) si ha e1/x > 1 e quindi 1− e1/x < 0.Allora la disuguaglianza equivale alla 1

e1/x−1> ε, e cioe alla e1/x − 1 < 1

ε e questa a e1/x < 1 + 1ε . Prendendo i

logaritmi otteniamo 1x < ln(1 + 1

ε ). Dato che la quantita a destra e positiva (l’argomento del logaritmo e maggiore di1), possiamo scrivere x > 1

ln(1+ 1ε ). Resta quindi individuato un intorno di +∞.

Osservazione Se il limite di una funzione, per x → c (c anche infinito), e +∞ o −∞, si dice che la funzione einfinita o che e un infinito, per x → c. Attenzione anche qui. Occorre sempre precisare per x che tende a quale valore.E ancora, la funzione e un infinito se il suo limite e infinito, a prescindere da cio a cui tende x (x puo tendere anchea zero o a un qualunque numero reale).

Possiamo quindi, ad esempio, dire che la funzione f(x) = 1x e infinita in 0+ e in 0− (cioe per x che tende a zero

da destra o da sinistra), che la funzione f(x) = 1x2 e infinita per x → 0, e che la funzione logaritmica f(x) = lnx e

infinita per x → 0+. Ancora: la funzione logaritmica e la funzione esponenziale sono degli infiniti per x → +∞.

Le definizioni di limite finiscono qui,4 salvo un approfondimento che faremo tra poco ma che non comporta sostanzia-li novita rispetto a quanto visto finora. Prima pero e opportuno sgombrare il campo da un possibile fraintendimento.Non si deve pensare che, data una funzione f e dato un punto c in cui abbia senso fare il limite, esista sempre illimx→c f(x). In altre parole il limite puo non esserci.

Esempio I classici esempi di non esistenza del limite si ottengono di solito con le funzioni goniometriche (seno,coseno, tangente), che pero noi non trattiamo in questo corso. Vi propongo allora questo altro esempio, che utilizzala funzione parte intera, gia incontrata in precedenza.

Consideriamo la funzione f(x) = x− ⌊x⌋, definita in tutto R (di cui trovate il grafico nella dispensa sulle Funzionireali). Si puo provare abbastanza facilmente che essa non ha limite per x → +∞.

Basta tenere nella giusta considerazione il fatto che per questa funzione valgono queste due semplici proprieta:

f(x) = 0, per ogni x ∈ Z e f(x) =1

2, per ogni x = z + 1

2 , con z ∈ Z. 5

Dimostriamo che il limite non esiste escludendo tutti i casi possibili.

• Il limx→+∞

f(x) non puo essere 0: infatti, se scegliamo ad esempio ε = 1/4, non puo esistere un intorno (δ,+∞) di

+∞ la cui immagine e contenuta in (− 14 ,

14 ), dato che la funzione vale 1/2 in alcuni punti di (δ,+∞).

• Il limite non puo essere 1: infatti, se scegliamo ad esempio ε = 1/2, non puo esistere un intorno (δ,+∞) di +∞la cui immagine e contenuta in (1 − 1

2 , 1 +12 ) = (12 ,

32 ), dato che la funzione vale 0 in alcuni punti di (δ,+∞).

• Il limite non puo essere un numero ℓ compreso tra 0 e 1: infatti, se scegliamo ε = ℓ, non puo esistere un intorno(δ,+∞) di +∞ la cui immagine e contenuta in (ℓ−ε, ℓ+ε) = (0, 2ℓ), dato che ancora la funzione vale 0 in alcunipunti di (δ,+∞).

• Con le stesse considerazioni, il limite non puo nemmeno essere un numero ℓ maggiore di 1.

Lasciamo allo studente completare la dimostrazione, provando che il limite non puo nemmeno essere un numeronegativo e nemmeno infinito. Pertanto il limite non esiste.

4Alcuni esercizi di verifica di limite attraverso la definizione sono riportati alla fine della successiva dispensa sulle funzioni continue.5La scrittura vuol dire semplicemente che sui numeri interi la funzione vale 0, mentre sui numeri che si ottengono da un intero piu 1

2,

cioe − 32,− 1

2, 12, 32, 52, . . ., la funzione vale 1

2. Se non e chiaro, si vada a riprendere il grafico della funzione f , che abbiamo ottenuto in

precedenza.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

1 DEFINIZIONI DI LIMITE 8

Osservazione Si vede facilmente che anche il limite a −∞ non esiste.

Osservazione L’esempio fornito tratta i limiti agli infiniti. Puo forse sembrare piu strano che anche un limite alfinito possa non esistere.

Esempio Si puo ottenere un esempio di limite al finito che non esiste modificando leggermente l’esempio del limiteall’infinito appena visto. Si consideri la funzione

f(x) =1

x−⌊

1

x

e si consideri poi il suo limite per x → 0+.Non e difficile prima intuire e poi verificare che per questa funzione valgono le due proprieta, analoghe alle

precedenti:

f(x) = 0, per x = 1n , con n ∈ N e f(x) =

1

2, per x = 1

n+ 12

, con n ∈ N

e che queste portano, come prima, alla non esistenza del limite.Puo essere un utile esercizio la costruzione del grafico di questa funzione. Qui sotto riporto il grafico di x 7→

1x

a sinistra e quello di x 7→ 1x −

1x

a destra (ho evitato di usare i pallini vuoti per non appesantire troppo i grafici erenderli poco leggibili).

b

b

b

b

112

13

14

1

2

3

4

x 7→⌊

1x

x

bbbb

112

13

14

1

x 7→ 1x −

1x

x

Osservazione Gli esempi precedenti mostrano che una funzione puo quindi non avere limite, per x che tende adun qualche valore. Ribadisco: per x che tende a qualche particolare valore. Se escludiamo +∞ e −∞, la funzionef(x) = x − ⌊x⌋ ha limite in ogni punto, e cioe in tutti i valori reali. Analogamente, la funzione f(x) = 1

x −⌊

1x

nonha limite soltanto per x che tende a zero, in tutti gli altri casi, compresi gli infiniti, il limite esiste.

Una domanda importante che ci si puo porre a questo punto e la seguente: ci sono proprieta delle funzioni realiche assicurano l’esistenza del limite? La risposta e affermativa: una tale proprieta e ad esempio la monotonia. Lefunzioni monotone hanno sempre limite. Questo e il contenuto della seguente fondamentale proposizione.

Teorema (esistenza del limite per funzioni monotone). Sia f : (a, b) → R. Valgono le proprieta seguenti:

(i) se f e crescente (o non decrescente), allora limx→a+

f(x) esiste e si ha limx→a+

f(x) = infx∈(a,b)

f(x);

(ii) se f e decrescente (o non crescente), allora limx→a+

f(x) esiste e si ha limx→a+

f(x) = supx∈(a,b)

f(x).

bc

bc

a b

inf f

sup f

a b

bc

bcinf f

sup f

Analoghi risultati valgono con limite per x → b− oppure con limite a ±∞. Attenzione pero che inf e sup siscambiano a b− e a +∞, quindi ad esempio se f e crescente, si ha limx→b− f(x) = supx∈(a,b) f(x).

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

1 DEFINIZIONI DI LIMITE 9

Osservazione Si osservi che la funzione f(x) = x−⌊x⌋ non e monotona negli intervalli illimitati e quindi il teoremanon e applicabile al caso del lim

x→±∞(x− ⌊x⌋).

Si osservi anche che il teorema fornisce una condizione sufficiente, ma non necessaria, per l’esistenza del limite. Inaltre parole ci sono funzioni non monotone che hanno limite.

Si consideri ad esempio la funzione f : (0,+∞) → R, definita da

f(x) =

{

1/x se x /∈ N

0 se x ∈ N.

Lo studente constati con l’aiuto del grafico che f non e monotona e chelim

x→+∞f(x) esiste e vale 0.

b b b b b

bc

bcbc bc bc

1 2 3 4 5 x

y

Concludo la lunga sezione sulla definizione di limite con una situazione che puo risultare molto importante nelcalcolo dei limiti. Abbiamo incontrato all’inizio la definizione di limite finito al finito, che precisa in modo rigoroso ilsignificato della dicitura “la funzione tende ad un certo valore reale ℓ quando la sua variabile tende ad un certo valorereale c”. Nella definizione vista, mentre abbiamo considerato i due casi che la variabile tenda al valore c da destrao da sinistra (x → c+ e x → c−), non abbiamo distinto i casi in cui la funzione tende al suo limite da destra o dasinistra (data la rappresentazione che solitamente facciamo delle funzioni, che porta a riportare i valori della funzionesull’asse verticale, sarebbe forse piu opportuno dire dall’alto o dal basso), cioe da valori piu grandi o piu piccoli.

Ecco, ora vediamo come si puo lievemente modificare la definizione per precisare queste due situazioni.Diremo che la funzione f tende al limite ℓ da valori piu grandi, e scriveremo

limx→c

f(x) = ℓ+,

se∀ε > 0 ∃δ > 0 : c− δ < x < c+ δ, x 6= c, =⇒ ℓ < f(x) < ℓ+ ε.

L’unica differenza con il caso del limite finito al finito e che la disuguaglianza sulle f(x) da ℓ − ε < f(x) < ℓ + ε cheera e diventata ℓ < f(x) < ℓ + ε. Vuol dire appunto che f(x) sta in un intorno destro del limite, cioe si avvicina allimite da valori piu grandi.

Diremo invece che la funzione f tende al limite ℓ da valori piu piccoli, e scriveremo

limx→c

f(x) = ℓ−,

se∀ε > 0 ∃δ > 0 : c− δ < x < c+ δ, x 6= c, =⇒ ℓ− ε < f(x) < ℓ.

Questa volta si chiede che f(x) stia in un intorno sinistro del limite, cioe si avvicini ad ℓ da valori piu piccoli.

Osservazione Possiamo naturalmente definire il limite da valori piu grandi o piu piccoli anche se la x tende all’in-finito. Sarebbe bene che lo studente provasse a scrivere la definizione in questi casi, senza prima guardare quello chec’e in nota.6

Esempi Vediamo qualche esempio.

• Si halim

x→0+x3 = 0+ e lim

x→0−x3 = 0− mentre lim

x→0−x2 = 0+.

• Si halim

x→1+lnx = 0+ e lim

x→1−lnx = 0−.

• Si halim

x→−∞ex = 0+.

6Se scrivo limx→+∞

f(x) = ℓ+ significa che

∀ε > 0 ∃δ : x > δ =⇒ ℓ < f(x) < ℓ+ ε.

Se scrivo limx→−∞

f(x) = ℓ+ significa che

∀ε > 0 ∃δ : x < δ =⇒ ℓ < f(x) < ℓ+ ε.

Lascio allo studente la scrittura per il limite da valori piu piccoli.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

2 CONFRONTO DEI LIMITI 10

• Si halim

x→1+x2 = 1+ e lim

x→(−1)+x2 = 1−.

Osservazione Le prime non pongono grossi problemi (lo studente puo cercare di dimostrare queste scritture con ladefinizione appena vista oppure puo semplicemente darsene una ragione ricordando il grafico delle funzioni coinvolte).Attenzione all’ultima. Non e un errore di chi scrive: il limite a 1+ di x2 e 1+ e il limite della stessa funzione a (−1)+ e1−. Anche qui per convincersene basta il grafico. Quindi attenzione quando ci sono elevamenti al quadrato di quantitanegative.

Osservazione La domanda che a questo punto gli studenti fanno e: ma se il limite e, mettiamo, zero occorre sempreprecisare se e uno 0+ o uno 0−? La domanda e certamente lecita. Va detto anzitutto che ad una domanda diretta(tipo i limiti degli esempi qui sopra), se il limite e 0+ non e sbagliato dire che il limite e 0. Dire che e 0+ e un’ulterioreprecisazione. In qualche caso concreto di calcolo di limite (ne vedremo piu avanti) per concludere correttamente enecessario capire se un limite (di una parte della funzione) e da valori piu grandi o piu piccoli.

La risposta alla domanda e quindi: non sempre, ma in qualche caso sı. Non vi posso pero dare una regola generale.Occorre vedere caso per caso. Di solito si procede cosı: si prova a calcolare il limite usando semplicemente 0; se nonsi riesce a concludere si cerca di precisare se e uno 0+ o uno 0−.

2 Confronto dei limiti

In questa sezione enuncio un risultato, riguardante il calcolo dei limiti, che dipende dalla struttura d’ordine in R. Persemplificare l’esposizione mi limitero al caso dei limiti da destra: risultati analoghi si possono formulare per tutti glialtri casi di limite.

Teorema (del confronto dei limiti). Siano f, g due funzioni definite in (a, b) tali che f ≤ g. Valgono le affermazioniseguenti:

(i) se limx→a+

f(x) = λ e limx→a+

g(x) = µ, allora λ ≤ µ;

(ii) se limx→a+

f(x) = +∞, allora limx→a+

g(x) = +∞;

(iii) se limx→a+

g(x) = −∞, allora limx→a+

f(x) = −∞.

Osservazioni Al punto (i), per poter stabilire la relazione tra i due limiti, e importante ipotizzare che i limitiesistano. Si noti che invece non occorre nel secondo e nel terzo punto ipotizzare l’esistenza di entrambi i limiti: quiinfatti l’esistenza del secondo limite e una conseguenza della non finitezza del primo.

Esempi Possiamo considerare illim

x→+∞x2.

Si potrebbe facilmente dimostrare con la definizione che il limite e +∞, ma facciamolo utilizzando il confronto.Osservando che nell’intervallo (1,+∞) si ha x2 ≥ x e che ovviamente limx→+∞ x = +∞, allora dal punto (ii) delteorema del confronto dei limiti deduciamo che anche

limx→+∞

x2 = +∞.

Esempio Consideriamo ora illim

x→0+x2.

Anche qui si potrebbe facilmente dimostrare con la definizione che il limite e 0, ma facciamolo utilizzando il confronto.Possiamo dire che nell’intervallo (0, 1) si ha x2 ≥ 0 e x2 ≤ x. 7 Il limite in questione esiste in quanto la funzionex 7→ x2 e monotona (crescente) in (0, 1). 8 Per il punto (i) del terorema del confronto possiamo dire allora che

limx→0+

x2 ≥ 0 e anche limx→0+

x2 ≤ limx→0+

x = 0.

Quindi il limite cercato e zero.

7Si osservi che la prima disuguaglianza vale in realta in tutto R, mentre la seconda vale solo in [0, 1].8In effetti si puo provare che il limite e zero anche con il teorema si esistenza per funzioni monotone.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

3 LIMITI DI FUNZIONI ELEMENTARI 11

3 Limiti di funzioni elementari

Verifichiamo con la definizione alcuni risultati di esistenza di limiti di funzioni elementari.9 Faremo anche uso delteorema di esistenza del limite per funzioni monotone, per illustrare quanto puo essere comodo il suo utilizzo.

• Cominciamo con una funzione elementare molto semplice, una funzione costante f(x) = k. Dimostriamo chelimx→c

f(x) = k, dove c e un qualunque valore reale o anche un infinito.

La cosa e del tutto ovvia, in base alla definizione, dato che l’immagine di f e {k}. La cosa e altrettanto ovviain base al teorema di esistenza: la funzione costante e una funzione monotona e il suo estremo superiore eovviamente k.

• Consideriamo f(x) = x. Dimostriamo che limx→c

x = c. Con la definizione, se fissiamo un intorno (c− ε, c+ ε) del

limite c, la disuguaglianza |x− c| < ε definisce proprio l’intorno (c− ε, c+ ε) del punto c.

Con il teorema di esistenza e ancora piu semplice. La funzione e crescente e possiamo procedere cosı. Conside-riamo un intervallo (c, b) (con c < b); per il teorema di esistenza possiamo affermare che lim

x→c+x = inf

x∈(c,b)x = c.

Consideriamo ora un intervallo (a, c) (con a < c); per il teorema di esistenza possiamo affermare che limx→c−

x =

supx∈(a,c)

x = c. Pertanto limite destro e limite sinistro esistono e sono uguali, e quindi c e il valore del limite.

Si ha anche limx→+∞

x = supx∈R

x = +∞ e limx→−∞

x = infx∈R

x = −∞.

• Dimostriamo che limx→c

x2 = c2. Supponiamo che sia c > 0. Possiamo affermare che esiste un intervallo (c−δ, c+δ)

in cui x 7→ x2 e crescente. Quindi si ha

limx→c+

f(x) = infc<x<b

x2 = c2 e limx→c−

f(x) = supa<x<c

x2 = c2.

Pertanto otteniamo la tesi. Lo studente adatti la dimostrazione nel caso c < 0 e nel caso c = 0.10

Si ha anche limx→+∞

x2 = limx→−∞

x2 = +∞.

• Con la funzione f(x) = x3 le cose non sono molto diverse, ricordando che si tratta ora di una funzione crescentein tutto R. Si ha quindi lim

x→cx3 = c3.

Si ha inoltre limx→+∞

x3 = +∞ e limx→−∞

x3 = −∞.

• Si intuisce che per tutte le funzioni potenza vale il risultato

limx→c

xα = cα. 11

Inoltre, se α > 0, si ha limx→+∞

xα = +∞; se α < 0, si ha limx→+∞

xα = 0. Ancora, se α < 0, si ha limx→0+

xα = +∞(basta ricordare il grafico delle funzioni potenza).

• Per la funzione esponenziale f(x) = bx si puo dimostrare che

limx→c

bx = bc.

Inoltre, se b > 1, si ha limx→+∞

bx = +∞ e limx→−∞

bx = 0; se b < 1, si ha limx→+∞

bx = 0 e limx→−∞

bx = +∞ (ricordare

il grafico della funzione esponenziale).

• Per la funzione logaritmica f(x) = logb x, definita in (0,+∞), si ha

limx→c

logb x = logb c.

Inoltre, se b > 1, si ha limx→+∞

logb x = +∞ e limx→0+

logb x = −∞; se b < 1, si ha limx→+∞

logb x = −∞ e

limx→0+

logb x = +∞ (ricordare il grafico della funzione logaritmica).

9Altri esercizi di questo tipo sono riportati alla fine della successiva dispensa sulle funzioni continue.10Attenzione che con c = 0 la funzione non e monotona in un intorno di c. Occorre quindi usare la definizione.11Si ricordi che la funzione potrebbe essere definita solo in [0,+∞) o in (0,+∞), ma che comunque si tratta di una funzione monotona.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

4 ALGEBRA DEI LIMITI 12

4 Algebra dei limiti

Ecco un teorema molto utile nel calcolo dei limiti. Lo enuncio con riferimento al caso del limite destro, ma comesempre risultati analoghi valgono in tutti gli altri casi.

Teorema Siano f, g : (a, b) → R, e supponiamo che sia

limx→a+

f(x) = λ e limx→a+

g(x) = µ , con λ, µ ∈ R (cioe numeri reali finiti).

Valgono le affermazioni seguenti:

(i) limx→a+

(

f(x) + g(x))

= λ+ µ (limite della somma);

(ii) limx→a+

(

f(x)g(x))

= λµ (limite del prodotto);

(iii) se µ 6= 0, allora limx→a+

f(x)

g(x)=

λ

µ(limite del quoziente).

Osservazione C’e poco da aggiungere. Se i limiti sono finiti, per fare il limite di una somma si fa la somma deilimiti, per il limite del prodotto il prodotto dei limiti e per il limite del quoziente il quoziente dei limiti, sempre che ildenominatore non si annulli. Da questo teorema sono pero esclusi molti casi, ad esempio quelli in cui uno (o tutti edue) i limiti siano infiniti. Ma non solo: e se ho un quoziente e il denominatore tende a zero?

Per riuscire a risolvere qualche caso, fornisco ora alcune regole di calcolo, che potrebbero peraltro essere dimostrateaccuratamente. Ma limitiamoci ad accettarle, anche se come vedrete sono molto intuibili.

Se nel calcolo del nostro limite ci troviamo di fronte ad una delle situazioni indicate, il risultato e quello indicato(ℓ rappresenta sempre un limite finito):

(i) se ℓ ∈ R,

ℓ+ (+∞) = +∞ , ℓ+ (−∞) = −∞ 12 ,ℓ

−∞ = 0 ,ℓ

+∞ = 0

(ii) se ℓ ∈ R e ℓ > 0,ℓ · (+∞) = +∞ , ℓ · (−∞) = −∞

(iii) se ℓ ∈ R e ℓ < 0,ℓ · (+∞) = −∞ , ℓ · (−∞) = +∞

(iv) inoltre(+∞) + (+∞) = +∞ , (−∞) + (−∞) = −∞

e(+∞) · (+∞) = +∞ , (+∞) · (−∞) = −∞ , (−∞) · (−∞) = +∞.

Si potrebbe ora dimostrare che non e invece possibile definire regole nei seguenti casi:13

(−∞) + (+∞) , 0 · (+∞) , 0 · (−∞) ,ℓ

0,

±∞0

,±∞±∞

(solite considerazioni sulla commutativita).Per la verita, per i due casi

0, con ℓ 6= 0, e

±∞0

,

se riusciamo a stabilire “il segno dello zero a denominatore”, possiamo dare una regola, che si puo esprimere in formasintetica (e impropria) ma efficace, con le scritture:

ℓ > 0

0+= +∞ ,

ℓ < 0

0+= −∞ ,

ℓ > 0

0−= −∞ ,

ℓ < 0

0−= +∞

12Valendo la proprieta commutativa, sussistono anche le analoghe regole “scambiate”: (+∞) + ℓ = +∞ e (−∞) + ℓ = −∞. Lo stessoper quanto riguarda le regole che seguono sui prodotti.

13Questo perche ci sono casi che rientrano tutti, ad esempio, nella prima tipologia e che danno risultati diversi. Quindi il risultato none prevedibile o, che e lo stesso, non si puo fornire una regola generale.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

4 ALGEBRA DEI LIMITI 13

e+∞0+

= +∞ ,−∞0+

= −∞ ,+∞0−

= −∞ ,−∞0−

= +∞.

Chiamiamo infine forma indeterminata (f.i) uno qualunque dei casi che restano, e che per comodita riscrivo:

(−∞) + (+∞) , 0 · (±∞) ,0

0,

±∞±∞ .

In realta ci sono altre forme indeterminate, che non riguardano pero le operazioni algebriche fondamentali. Questealtre forme, che potremmo chiamare forme indeterminate esponenziali, sono:

(0+)0 , (+∞)0 , 1±∞.

Esse, come vedremo piu avanti, si possono ricondurre alle precedenti.

Esempi

• Consideriamo il limitelimx→1

(ex + lnx).

La funzione esponenziale tende ad e per x → 1 e la funzione logaritmica tende a 0. Non si tratta quindi di unaforma indeterminata e risulta

limx→1

(ex + lnx) = e+ 0 = e.

• limx→0+

(x+ lnx) = 0 + (−∞) = −∞.

• limx→1

(x lnx) = 1 · 0 = 0.

• limx→0+

((x+ 1) lnx) = 1 · (−∞) = −∞.

• limx→1

lnx

x=

0

1= 0.

• limx→−∞

ex

x=

0

−∞ = 0.

Nel caso si presenti una delle forme indeterminate, come si diceva il risultato del limite non e prevedibile. A titolodi esempio, consideriamo i tre limiti

limx→+∞

x+ 1

x, lim

x→+∞

x+ 1

x2e lim

x→+∞

x2 + 1

x.

Sono tutti della forma (indeterminata) +∞+∞ .

Ma per il primo

limx→+∞

x+ 1

x= (divido sopra e sotto per x) = lim

x→+∞

1 + 1/x

1=

1 + 0

1= 1,

per il secondo

limx→+∞

x+ 1

x2= (divido sopra e sotto per x) = lim

x→+∞

1 + 1/x

x=

1 + 0

+∞ =1

+∞ = 0

e per il terzo

limx→+∞

x2 + 1

x= (divido sopra e sotto per x) = lim

x→+∞

x+ 1/x

1=

+∞+ 0

1=

+∞1

= +∞.

Quindi la stessa forma indeterminata +∞+∞ puo dare origine a risultati diversi.

Osservazione Se riconsideriamo i limiti limx→0+

1

xe lim

x→0−

1

x, gia visti in precedenza con la definizione, ora possiamo

osservare che rientrano in quelli che sappiamo risolvere con le regole del calcolo, dato che

limx→0+

1

x=

1

0+= +∞ e lim

x→0−

1

x=

1

0−= −∞.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

4 ALGEBRA DEI LIMITI 14

Si tratta di un caso in cui la conoscenza del segno dello zero a denominatore consente di stabilire il risultato.

Esempio Quale altro esempio di situazione in cui e importante l’idea di limite da valori piu grandi o piu piccoli,consideriamo il

limx→1−

(

x

x− 1+

ex

ex − e

)

.

Si tratta di una forma del tipo 10 + e

0 ed e quindi importante stabilire il segno degli zeri a denominatore. Possiamoscrivere che

limx→1−

(x− 1) = 1− − 1 = 0− e limx→1−

(ex − e) = e− − e = 0−.

Pertanto si ha

limx→1−

(

x

x− 1+

ex

ex − e

)

=1

0−+

e

0−= (−∞) + (−∞) = −∞.

Vediamo ora qualche esempio di calcolo di forme indeterminate.

• limx→+∞

(x2 − x). Si tratta di una f.i. +∞−∞. Si ha

limx→+∞

(x2 − x) = limx→+∞

(x(x − 1)) = (+∞) · (+∞− 1) = (+∞) · (+∞) = +∞.

Lo studente provi a risolverlo raccogliendo invece x2. Lo studente ancora verifichi che il limite a −∞ non einvece una f.i.

• La stessa tecnica consente di calcolare il limite agli infiniti di un qualunque polinomio. Vediamo ad esempio illim

x→+∞(2x3 − 3x2 + 5x− 1). Si tratta di una f.i. in quanto e presente una differenza di infiniti. Si ha

limx→+∞

(2x3 − 3x2 + 5x− 1) = limx→+∞

(

x3

(

2− 3

x+

5

x2− 1

x3

))

= (+∞) · (2− 0 + 0− 0) = (+∞) · 2 = +∞.

Lo studente provi a calcolare il limite a −∞.

Osservazione A questo punto dovrebbe essere chiaro che il limite all’infinito di un polinomio e dato dal limiteall’infinito del suo monomio di grado massimo. Quindi i polinomi del tipo P (x) = axn + . . . (cioe con monomio digrado massimo axn) e a > 0 tendono a +∞ per x → +∞ e a −∞ tendono a −∞ se n e dispari e a +∞ se n e pari.

Passiamo al quoziente di due polinomi.

• limx→+∞

x3 + x− 1

2x2 − x+ 1. Si tratta di una f.i. (+∞)/(+∞). Si ha

limx→+∞

x3 + x− 1

2x2 − x+ 1= lim

x→+∞

x3(1 + 1/x2 − 1/x3)

x2(2− 1/x+ 1/x2)= lim

x→+∞

x(1 + 1/x2 − 1/x3)

2− 1/x+ 1/x2=

+∞ · 12

= +∞.

• limx→+∞

x− 1

x2 + x+ 2. Si tratta di una f.i. (+∞)/(+∞). Si ha

limx→+∞

x− 1

x2 + x+ 2= lim

x→+∞

x(1 − 1/x)

x2(1 + 1/x+ 2/x2)= lim

x→+∞

1− 1/x

x(1 + 1/x+ 2/x2)=

1

+∞ · 1 = 0.

• limx→+∞

x2 − x

3x2 + 1. Si tratta ancora di una f.i. (+∞)/(+∞). Si ha

limx→+∞

x2 − x

3x2 + 1= lim

x→+∞

x2(1 − 1/x)

x2(3 + 1/x2)= lim

x→+∞

1− 1/x

3 + 1/x2=

1

3.

Osservazione Questi tre esempi dovrebbero insegnare molto: una regola generale per trovare il limite di un quozientedi polinomi. Tutto dipende dal grado dei due polinomi. Lo studente trovi da solo la regola.

Il raccoglimento risolve a volte forme indeterminate date dalla differenza di infiniti, ma non sempre. Sono daricordare i seguenti esempi.

A. Peretti – Corso di Matematica UNIVR – Sede di Vicenza

LIMITI

4 ALGEBRA DEI LIMITI 15

• limx→+∞

(x−√x). Si tratta di una f.i. +∞−∞. Si ha

limx→+∞

(x −√x) = lim

x→+∞(x(1 − x−1/2)) = +∞ · 1 = +∞.

Si poteva anche fare

limx→+∞

(x−√x) = lim

x→+∞(√x(√x− 1)) = (+∞) · (+∞) = +∞.

• limx→+∞

(

x−√

2x2 + 1)

. Si tratta ancora di una f.i. +∞−∞. Si ha

limx→+∞

(

x−√

2x2 + 1)

= limx→+∞

(

x

(

1−√2x2 + 1

x

))

= limx→+∞

(

x

(

1−√

2 +1

x2

))

= +∞ · (−1) = −∞.

• limx→+∞

(

x−√

x2 + 1)

. Si tratta ancora di una f.i. +∞−∞. Procedendo come prima si ha

limx→+∞

(

x−√

x2 + 1)

= limx→+∞

(

x

(

1−√x2 + 1

x

))

= limx→+∞

(

x

(

1−√

1 +1

x2

))

= +∞ · 0.

Come si vede questa volta cosı non si riesce ad eliminare la forma indeterminata. Occorre cambiare metodo. Sipuo razionalizzare.14 Moltiplicando sopra e sotto per la somma, cioe per (x+

√x2 + 1), si ha

limx→+∞

(

x−√

x2 + 1)

= limx→+∞

(x−√x2 + 1)(x+

√x2 + 1)

x+√x2 + 1

= limx→+∞

x2 − x2 − 1

x+√x2 + 1

=−1

+∞ = 0.

Esercizio 4.1 Si calcolino i seguenti limiti usando l’algebra dei limiti.

(a) limx→2−

x

2− x(b) lim

x→−∞

2

1− x

(c) limx→0+

1 + x

x(d) lim

x→−∞

x

1 + 1/x

(e) limx→+∞

1 + 1/x

1 + x2(f) lim

x→+∞

1 + e−x

1 + ex

(g) limx→0+

1 + x

lnx− 1(h) lim

x→0+

1/x

1− ex

(i) limx→0+

1/x

ln(1 + x)(j) lim

x→+∞(x+ ln(1 + 1/x))

(k) limx→0+

(x − lnx) (l) limx→1−

x

lnx

Esercizio 4.2 I seguenti limiti sono forme indeterminate. Si calcolino con opportuni raccoglimenti o con il

confronto.

(a) limx→+∞

x− 1

1 + 2x(b) lim

x→−∞

1− x2

1 + x2

(c) limx→+∞

x+ 1

1 + x3(d) lim

x→−∞

x2 + x+ 1

x+ 1

(e) limx→0+

x+ x2

x2 + x3(f) lim

x→1+

x2 − 1

x2 − 3x+ 2

(g) limx→+∞

x+√x

x2 − 3√x

(h) limx→0+

x+√x

x2 − 3√x

(i) limx→+∞

x1/2 + x3/5

x4/3 + x3/2(j) lim

x→0+

x1/2 + x3/5

x4/3 + x3/2

(k) limx→+∞

(

2x−√x)

(l) limx→+∞

(

2x−√

4x2 − 1)

(m) limx→−∞

(

x+√

|x|)

(n) limx→−∞

(

x+√

x2 + 1)

14Quando si ha una somma (differenza) di quantita sotto radice che danno origine ad una f.i., moltiplicando numeratore e denominatoreper la differenza (somma) si riesce ad eliminare le radici dal numeratore. Le radici compaiono a denominatore, ma non piu in formaindeterminata.

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LIMITI

5 CONFRONTO LOCALE 16

5 Confronto locale

Sono estremamente utili nel calcolo dei limiti i seguenti risultati.

Proposizione Valgono le proprieta:

1. se α > 0 e b > 1, allora limx→+∞

bx= 0;

2. se b > 1, p > 0 e α > 0, allora limx→+∞

(logb x)p

xα= 0.

Osservazione Occorre motivare le condizioni poste sui parametri α, b, p: il primo limite non sarebbe significativocon α ≤ 0 e b > 1 (o con α ≥ 0 e b < 1), dato che non si tratterebbe di forme indeterminate. Considerazioni analoghenel secondo limite. Le condizioni poste fanno sı che si tratti di limiti di quozienti tra funzioni dello stesso tipo, cioe inquesto caso tra infiniti (quindi di forme indeterminate del tipo +∞

+∞ ).

Osservazione Ovviamente, nel caso si presentino i limiti

limx→+∞

bx

xαe lim

x→+∞

(logb x)p

nelle stesse ipotesi sui parametri, il risultato e +∞ per entrambi.15

Osservazione I due punti della proposizione raccolgono molti casi particolari: si noti che la prima vale per ogni αmaggiore di 0 e per ogni b maggiore di 1, e la seconda e pure vera qualunque sia la scelta di b > 1, p e α positivi.

Esempi

• Il limx→+∞

x2

exvale zero, dato che e un caso particolare della prima (con α = 2, b = e).

Anche il limx→+∞

3√x

2xvale zero (con α = 1/3, b = 2).

• Il limx→+∞

lnx

xvale zero, essendo un caso particolare della seconda (con b = e, p = 1, α = 1).

Anche il limx→+∞

ln2 x√x

= limx→+∞

(lnx)2

√x

vale zero (con b = e, p = 2, α = 1/2).

Veniamo ora ad una situazione piu generale. Siano f, g : (a, b) → R, dove (a, b) puo essere un qualunque intervallodi R, anche non limitato. Consideriamo il problema di confrontare i valori di f(x) e g(x) quando x e “vicino a b”.

Ad esempio, le due funzioni f(x) = 1/x e g(x) = − lnx tendono entrambe a +∞ per x → 0+. Il problema checi poniamo e confrontare i modi in cui esse tendono all’infinito, cioe riuscire ad esempio a dire quale delle due vaall’infinito piu rapidamente.

Due possibili strategie atte ad operare un confronto possono essere:

(i) determinare il segno di f − g in (a, b);16

(ii) dare una stima dell’“ordine di grandezza” di f/g vicino a b.17

Analizziamo queste strategie, per x → +∞, nel caso delle tre funzioni

f(x) = x , g(x) = x2 , h(x) = 2x− 1.

Notiamo che nell’intervallo (1,+∞) x e minore sia di x2, sia di 2x − 1, ma questo non ci da informazioni sullagrandezza relativa dei valori di f , g e h per x che tende a +∞.

15Dato che possiamo scrivere

limx→+∞

bx

xα= lim

x→+∞

1

xα/bx=

1

0+= +∞.

16Il segno della differenza f − g ci dice quale delle due e maggiore dell’altra (ovviamente f − g > 0 se e solo se f > g).17Se sapessimo ad esempio che f/g e “molto maggiore” di 1, potremmo dire che f e “molto maggiore” di g (supponendo f e g positive).

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LIMITI

5 CONFRONTO LOCALE 17

Se invece consideriamo che

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

x

x2= lim

x→+∞

1

x= 0

e

limx→+∞

f(x)

h(x)= lim

x→+∞

x

2x− 1= 1/2,

essi dicono che g e molto piu grande di f vicino a +∞,18 e che h e approssimativamente il doppio di f vicino a +∞.Quindi il limite del quoziente e un buon indicatore della grandezza relativa di f rispetto a g vicino a b.

5.1 Simboli di Landau

Definizione Sia f, g : (a, b) → R, con (a, b) anche non limitato. Supponiamo che g non si annulli in (a, b).

(i) Se limx→b−

f(x)

g(x)= 0, diciamo che f e “o piccolo di g”, o trascurabile rispetto a g, in b da sinistra, e scriviamo

f = o(g) per x → b−;

(ii) se limx→b−

f(x)

g(x)= 1, diciamo che f e equivalente a g in b da sinistra, e scriviamo f ∼ g per x → b−;

(iii) se limx→b−

f(x)

g(x)e finito, diverso da zero, diciamo che f e dello stesso ordine di grandezza di g in b da sinistra,

e scriviamo f ≍ g per x → b−.

I simboli o, ∼ e ≍ sono detti simboli di Landau.Si possono dare definizioni analoghe per limiti da destra e per limiti bilateri.

Esempi Siano f(x) = x, g(x) =√x, h(x) = x2, k(x) = x2 + 2x.

Valgono le seguenti relazioni, per x → +∞:

g = o(f) , f = o(h) , h ∼ k , k − h ≍ f

(le verifiche sono immediate: lo studente le svolga applicando le definizioni appena viste).

Osservazioni Si osservi che (banalmente), se f ∼ g per x → b−, allora vale anche f ≍ g per x → b−.Se f1 = o(f) e f2 = o(f), per x → b−, allora anche f1 ± f2 = o(f), per x → b− (lo studente dimostri queste

semplici affermazioni).Si dimostra facilmente anche che se f1 = o(f), per x → b−, allora f + f1 ∼ f . Questo fatto si puo anche esprimere

con la scrittura piu sintetica (e facile da ricordare): f + o(f) ∼ f .Altri esempi di utilizzo dei simboli di Landau seguono da quanto enunciato all’inizio di questa sezione. Si ha che:

• Per x → +∞, xα = o(bx) per ogni α positivo e per ogni b > 1;

• Sempre per x → +∞, lnp x = o(xα) per ogni p e α positivi.

Quindi, ad esempio, abbiamo x3 = o(2x), per x → +∞, e ln4 x = o(√x), sempre per x → +∞.

Non sfugga il significato veramente interessante dei risultati sui confronti tra potenze, esponenziali e logaritmi (chechiamero d’ora in avanti confronti standard): una qualunque potenza, per quanto elevata, e trascurabile rispettoad un esponenziale, per quanto “debole” e un logaritmo, anche se elevato ad una qualunque potenza, e trascurabilerispetto ad una potenza, per quanto bassa.

Altri esempi, importanti nel calcolo dei limiti, sono i seguenti:

• Confronto all’infinito tra due potenze. Consideriamo due potenze xa e xb, con 0 < a < b. Si ha

xa = o(

xb)

, per x → +∞.19

Quindi, ad esempio, si ha che x2 = o(

x3)

, per x → +∞.

18Se f e g tendono entrambe all’infinito e f/g tende a zero significa che il denominatore tende all’infinito piu velocemente del numeratore,e cioe che diventa grande piu rapidamente dell’altra.

19Segue dalla definizione:

limx→+∞

xa

xb= lim

x→+∞

1

xb−a= 0,

dato che b− a > 0.

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LIMITI

5 CONFRONTO LOCALE 18

• Confronto in zero tra due potenze. Consideriamo ancora due potenze xa e xb, con 0 < a < b, questa volta perx → 0+. In questo caso si ha

xb = o (xa) , per x → 0+. 20

Quindi, ad esempio, si ha che x2 = o(x), per x → 0.

Osservazione Quindi attenzione a non confondere i due casi: all’infinito tra due potenze e trascurabile quella conesponente minore, mentre in zero e trascurabile quella con esponente maggiore. Pertanto scriveremo ad esempio

√x = o(x) e x1/3 = o(x1/2), per x → +∞,

mentrex = o(

√x) e x1/2 = o(x1/3), per x → 0+.

Negli ultimi esempi visti avevamo sempre a che fare con funzioni infinite all’infinito e infinitesime in zero. Perribadire che nel confronto e rilevante il valore della funzione piu che il punto a cui tende x, consideriamo il confrontodelle due funzioni 1

x e 1√x. Si osservi che le due funzioni sono infinitesime all’infinito e infinite in zero.

Dato che limx→+∞

1/x

1/√x= lim

x→+∞

√x

x= lim

x→+∞

1√x= 0 allora

1

x= o

(

1√x

)

, per x → +∞

e

dato che limx→0+

1/√x

1/x= lim

x→0+

√x = 0 allora

1√x= o

(

1

x

)

, per x → 0+.

Vediamo altri esempi di utilizzo dei simboli di Landau.

• Si ha√x3 + x2 + x+ 1 ∼ x3/2 per x → +∞. Proviamolo con la definizione.

limx→+∞

√x3 + x2 + x+ 1√

x3= lim

x→+∞

x3 + x2 + x+ 1

x3= lim

x→+∞

1 +1

x+

1

x2+

1

x3= 1.

Lo studente dimostri questa regola generale per le radici dei polinomi: n√

P + o(P ) ∼ n√P . 21

• Si ha ln(x2 + x+ 1) ∼ ln(x2) per x → +∞. Infatti

limx→+∞

ln(x2 + x+ 1)

ln(x2)= lim

x→+∞

ln[

x2(1 + 1/x+ 1/x2)]

ln(x2)= lim

x→+∞

ln(x2) + ln(1 + 1/x+ 1/x2)

ln(x2)= 1.

Lo studente dimostri questa regola “quasi generale”: nel caso f tenda all’infinito si ha che ln(f + o(f)) ∼ ln f .22

• Attenzione che non si ha invece ex2+x+1 ∼ ex

2

per x → +∞. Infatti

limx→+∞

ex2+x+1

ex2= lim

x→+∞ex

2+x+1−x2

= limx→+∞

ex+1 = +∞.

Anche qui non ci sono regole del tutto generali. Si potrebbe provare che ef+o(f) e equivalente ad f se f tende azero.

20Anche questa volta segue dalla definizione:

limx→0+

xb

xa= lim

x→0+xb−a = 0,

dato che b− a > 0.21In realta la formula vale qualunque sia la funzione sotto radice (anche non polinomiale) e lo studente puo cercare di dimostrare anche

questo.22Mentre con le radici la regola vale in tutta generalita, con i logaritmi non e sempre cosı: la regola ln(f + o(f)) ∼ ln f potrebbe non

valere se ad esempio f tende a 1.

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LIMITI

5 CONFRONTO LOCALE 19

Osservazione Usando la definizione di limite si puo provare che vale il seguente risultato: se f e g sono due funzionipositive definite in [a,+∞) e se f(x) = o(g(x)) per x → +∞, allora da un certo punto in poi f e minore di g (e questofa forse capire meglio perche in questo caso f si dica trascurabile rispetto a g).

Vediamo la semplice dimostrazione, che si basa soltanto sulla definizione di limite: f(x) = o(g(x)) significa che

limx→+∞f(x)g(x) = 0 e quindi che per ε = 1 esiste un δ > 0 tale che per x > δ si ha f(x)

g(x) < 1, da cui si ricava f(x) < g(x),

per x > δ. 23

Il fatto che una certa proprieta (come ad esempio f(x) < g(x)) valga da un certo punto in poi (nel caso precedenteil punto e δ) si esprime dicendo che la proprieta vale definitivamente. Quindi possiamo dire che se f(x) = o(g(x)) perx → +∞, allora si ha definitivamente f(x) < g(x).

5.2 Principi di eliminazione/sostituzione

Sono molto utili nella pratica del calcolo dei limiti i seguenti risultati, che chiameremo principi di eliminazio-ne/sostituzione. Essi in certo qual modo danno una giustificazione del perche alcune quantita sono state chiamatetrascurabili rispetto ad altre.

(i) (eliminazione) Se f, f1 : (a, b) → R e f1 = o(f) per x → b−, allora

limx→b−

(

f(x) + f1(x))

= limx→b−

f(x)

(ii) (sostituzione) Se f, f1, g, g1 : (a, b) → R, f1 ∼ f e g1 ∼ g per x → b−, allora

limx→b−

(

f1(x) · g1(x))

= limx→b−

(

f(x) · g(x))

(iii) (sostituzione) Se f, f1, g, g1 : (a, b) → R, f1 ∼ f e g1 ∼ g per x → b−, allora

limx→b−

f1(x)

g1(x)= lim

x→b−

f(x)

g(x)

(iv) (eliminazione) Se f, f1, g, g1 : (a, b) → R, f1 = o(f) e g1 = o(g) per x → b−, allora

limx→b−

f(x) + f1(x)

g(x) + g1(x)= lim

x→b−

f(x)

g(x)

Osservazione Si noti che allora le funzioni trascurabili si possono a tutti gli effetti trascurare nel calcolo del limite(almeno nelle situazioni previste dai principi). Funzioni invece equivalenti possono essere sostituite ad altre. Si notiun fatto molto importante: le quantita trascurabili si trascurano quando sono sommate ad altre (non moltiplicate) equantita equivalenti prendono il posto di altre quando ci sono prodotti o quozienti (e non addizioni).

Esempio Consideriamo illim

x→+∞(x3 − 3x2 + 2x+ 1).

Osservando che −3x2 + 2x+ 1 = o(x3) per x → +∞,24 si ha

limx→+∞

(x3 − 3x2 + 2x+ 1) = limx→+∞

(x3 + o(x3)) = limx→+∞

x3 = +∞.

Abbiamo applicato il punto (i) del principio di eliminazione (il limite peraltro lo sapevamo gia calcolare con unraccoglimento).

Piu in generale, con un generico polinomio, possiamo dire che

limx→±∞

(anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0) = limx→±∞

(anxn + o(xn)) = lim

x→±∞anx

n.

Esempio Consideriamo illim

x→+∞(x2 − 2x −

√x).

23La definizione di limite direbbe che si ha∣

f(x)g(x)

∣ < 1 con il valore assoluto, che pero qui si puo togliere perche f e g sono positive. Se

cosı non fosse potremmo dire che vale |f(x)| < |g(x)|, per x > δ.24Il polinomio di secondo grado e somma di funzioni tutte trascurabili rispetto ad x3.

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LIMITI

5 CONFRONTO LOCALE 20

Osservando che x2 = o(−2x) e −√x = o(−2x), per x → +∞, allora, per il punto (i) del principio di eliminazione si ha

limx→+∞

(x2 − 2x −√x) = lim

x→+∞(−2x + o(−2x)) = lim

x→+∞(−2x) = −∞.

Esempio Dovendo calcolare il

limx→+∞

x3 + x− 1

x4 − x2 + 1,

e osservando che x−1 = o(x3) per x → +∞ e che −x2+1 = o(x4) per x → +∞, applicando il punto (iv) del principiodi eliminazione possiamo scrivere

limx→+∞

x3 + x− 1

x4 − x2 + 1= lim

x→+∞

x3 + o(x3)

x4 + o(x4)= lim

x→+∞

x3

x4= lim

x→+∞

1

x= 0.

Si noti che anche questo limite lo sapevamo gia calcolare con raccoglimenti. Pero come si vede col principio dieliminazione le cose sono molto piu veloci.

Anche in questo caso, con il quoziente di due polinomi in generale, possiamo dire che

limx→±∞

anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0bmxm + bm−1xm−1 + . . .+ b0

= limx→±∞

anxn + o(xn)

bmxm + o(xm)= lim

x→±∞

anxn

bmxm,

da cui si perviene immediatamente al risultato.

Esempio Consideriamo il

limx→+∞

x+ x2

x+√x.

Osservando che x = o(x2) e√x = o(x) per x → +∞, ancora con il punto (iv) del principio di eliminazione abbiamo

limx→+∞

x+ x2

x+√x= lim

x→+∞

x2 + (x2)

x+ o(x)= lim

x→+∞

x2

x= +∞.

Esempio Se abbiamo il

limx→0+

x− x2

x−√x

possiamo osservare che −x2 = o(x), per x → 0+ e x = o(−√x), per x → 0+. Quindi per punto (iv) del principio di

eliminazione si ha

limx→0+

x− x2

x−√x= lim

x→0+

x+ o(x)

−√x+ o(

√x)

= limx→0+

x

−√x= lim

x→0+(−

√x) = 0.

Esempio Dovendo calcolare il

limx→+∞

x− lnx

x2 + 2x,

osservando che − lnx = o(x) per x → +∞ e che x2 = o(2x) per x → +∞, applicando il punto (iv) del principio dieliminazione possiamo scrivere

limx→+∞

x− lnx

x2 + 2x= lim

x→+∞

x+ o(x)

2x + o(2x)= lim

x→+∞

x

2x= 0 (confronto standard potenza/esponenziale).

Esempio Se abbiamo il

limx→+∞

x+ 1

ln(ex + 1),

osservando che x+ 1 ∼ x per x → +∞ e che ln(ex + 1) ∼ ln ex per x → +∞, applicando il punto (iii) del principio disostituzione possiamo scrivere

limx→+∞

x+ 1

ln(ex + 1)= lim

x→+∞

x

ln ex= lim

x→+∞

x

x= 1.

Esempio Se abbiamo il

limx→+∞

√x2 + 1

ln(x3 + 1)

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LIMITI

5 CONFRONTO LOCALE 21

possiamo osservare che√x2 + 1 ∼ x e ln(x3 + 1) ∼ ln(x3), per x → +∞, e quindi

limx→+∞

√x2 + 1

ln(x3 + 1)= lim

x→+∞

x

ln(x3)= lim

x→+∞

x

3 lnx= +∞ (dal confronto standard potenza/logaritmica).

Abbiamo applicato il punto (iii) del principio di sostituzione.

Esempio Se abbiamo il

limx→+∞

((

e−x +1

x

)

ln(1 + x)

)

(f.i. del tipo 0 · (+∞)),

possiamo osservare che e−x+ 1x ∼ 1

x , per x → +∞, dato che e−x = o( 1x). Inoltre ln(1+x) ∼ lnx, sempre per x → +∞.Quindi, applicando il punto (ii) del principio di sostituzione, possiamo scrivere

limx→+∞

((

e−x +1

x

)

ln(1 + x)

)

= limx→+∞

1

xlnx = lim

x→+∞

lnx

x= 0 (confronto standard logaritmica/potenza).

Esempio Se abbiamo il

limx→+∞

(

e1−x 3√

x2 + 1)

(f.i. del tipo 0 · (+∞)),

osservando che 3√x2 + 1 ∼ x2/3, per x → +∞ e applicando il punto (ii) del principio di sostituzione, possiamo scrivere

limx→+∞

(

e1−x 3√

x2 + 1)

= limx→+∞

(

e · e−x · x2/3)

= e · limx→+∞

x2/3

ex= 0 (confronto standard potenza/esponenziale).

Osservazione Ribadisco un punto molto importante e delicato. Il principio di eliminazione dice sostanzialmente chequantita trascurabili si possono trascurare. Attenzione pero a non dare a questa affermazione una validita del tuttogenerale, come puo far credere questo modo di presentare la questione. La validita e quindi l’applicabilita del principioe limitata ovviamente ai casi previsti nell’enunciato. Faccio un esempio: il principio non dice che, nel caso io abbia

un prodotto di due quantita, di cui una trascurabile, io possa trascurare quest’ultima. Quindi se ho limx→+∞

x√x

x+ 1, non

posso trascurare√x, che pure e trascurabile rispetto ad x all’infinito, e concludere che il limite e 1. Il limite infatti e

+∞, come si trova facilmente dividendo numeratore e denominatore per x, o piu semplicemente dal confronto tra ledue potenze.

Osservazione Lo stesso dicasi per i casi che usano l’equivalenza: in un prodotto (o quoziente) posso sostituire ad una

quantita un’altra quantita ad essa equivalente. La cosa non vale se ho una somma. Si consideri il limx→+∞

(

x−√

x2 + x)

.

Se, dopo aver osservato che√x2 + x ∼ x, per x → +∞, applico il principio di sostituzione e concludo che il limite e

0, commetto un errore.25

Esercizio 5.1 I seguenti limiti sono forme indeterminate. Si calcolino con i principi di eliminazione/sostituzione.

(a) limx→+∞

√x+ 2x

3√x+ lnx

(b) limx→+∞

√x− ln3 x

ex + lnx

(c) limx→+∞

√x+ x3/2 + lnx

x10 + 10x(d) lim

x→+∞

x1/3 + 2x + lnx

x1/2 + 3x + lnx

(e) limx→0+

x2 − x

x+√x

(f) limx→0+

x2 +√x3

x− 3√x2

Concludiamo questa sezione con alcune proprieta relative agli “o piccoli”, proprieta che possono essere utili inalcune occasioni.

Per iniziare verifichiamo che vale questo: se f = o(g) per x → c (c qualunque) e se g(x) → 0 per x → c, alloraanche f(x) → 0 per x → c.

La prova si ottiene con la definizione: se f = o(g) significa che limx→cf(x)g(x) = 0 e che quindi (definizione di limite),

con ε = 1, che c’e un intorno di c in cui∣

f(x)g(x)

∣< 1, il che vuol dire che in tale intorno |f(x)| < |g(x)|. Ma allora, dai

teoremi del confronto dei limiti, se g (e quindi |g|) tende a zero anche |f | tende a zero, e quindi f tende a zero.

25Infatti si ha invece, razionalizzando,

limx→+∞

(

x−√

x2 + x)

= limx→+∞

x2 − x2 − x

x+√x2 + x

= limx→+∞

−x

x+√x2 + x

= limx→+∞

−1

1 +√

1 + 1/x= −1

2.

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LIMITI

5 CONFRONTO LOCALE 22

Abbiamo visto che scrivere o(x), per x → 0, significa per definizione affermare che per tale quantita si ha

limx→0

o(x)

x= 0

e cioe che tale quantita, confrontata con x, e trascurabile rispetto a quest’ultima, per x → 0.Analogamente, scrivere o(x2), per x → 0, significa quindi che per tale quantita si ha

limx→0

o(x2)

x2= 0

e cioe che tale quantita, confrontata con x2, e trascurabile rispetto a quest’ultima, per x → 0.Possiamo verificare quello che abbiamo utilizzato in qualche occasione poco fa, relativamente alla somma di due

quantita trascurabili. Supponiamo che le due funzioni g ed h siano trascurabili rispetto alla funzione f , per x → c.Allora si diceva che anche g + h e trascurabile rispetto ad f , per x → c. Infatti si ha

limx→c

g(x) + h(x)

f(x)= lim

x→c

(

g(x)

f(x)+

h(x)

f(x)

)

= 0,

dato che g(x) = o(f(x)) e h(x) = o(f(x)), per x → c.Altri spunti di riflessione. Che cosa otteniamo se facciamo il prodotto x · o(x), per x → 0, cioe un prodotto di x

per una quantita trascurabile rispetto ad x? Uno studente poco accorto direbbe: moltiplico x per x e ottengo o(x2).Questo non va bene, perche non sappiamo ancora se una tale proprieta vale in questo contesto. Ebbene, vale, ma lodobbiamo dimostrare, ed e facile. Infatti 26

limx→0

x · o(x)x2

= limx→0

o(x)

x= 0,

e quindi il prodotto di x per una quantita trascurabile rispetto ad x e una quantita trascurabile rispetto ad x2, perx → 0, come volevamo. La cosa vale anche se x tende a qualsiasi altra cosa.

In modo simile si ha che il quadrato di una quantita trascurabile rispetto ad x e una quantita trascurabile rispettoad x2. Infatti

limx→0

(

o(x))2

x2= lim

x→0

(

o(x)

x

)2

= 0. 27

Altra domanda: una quantita trascurabile rispetto ad x2 e trascurabile anche rispetto ad x, per x → 0? Sipotrebbe intuire che la risposta e affermativa, perche e ragionevole che valga una sorta di proprieta transitiva: se lanostra quantita e trascurabile rispetto ad x2, dato che x2 e trascurabile rispetto ad x, la nostra deve essere trascurabileanche rispetto ad x. Ma dimostriamolo con la definizione. Basta vedere che il

limx→0

o(x2)

x= lim

x→0

(

o(x2)

x2· x)

= 0.

Ancora. Che tipo di quantita e, per x → 0, uno(x2)

x?

Notate che l’ultimo limite calcolato qui sopra dice che tale quantita e infinitesima, cioe tende a zero. Ma cometende a zero? Anche qui l’intuizione e corretta: e un o(x). Dimostriamolo.

limx→0

o(x2)x

x= lim

x→0

o(x2)

x2= 0,

e quindi una quantita trascurabile rispetto ad x2 divisa per x e trascurabile rispetto ad x.

A questo punto il lettore generalizzi per esercizio questo risultato, dimostrando che la quantita o(xn)xm , con n > m,

e un o(xn−m), per x → 0 (proprio come se si potesse “dividere sopra e sotto per xm”).Attenzione adesso: una quantita trascurabile rispetto ad x e trascurabile anche rispetto ad x2, per x → 0? Qui la

risposta non e affermativa (e dovreste intuirlo facilmente): infatti, se scriviamo

limx→0

o(x)

x2= lim

x→0

(

o(x)

x· 1x

)

,

26Torno a ribadire che per verificare che una certa cosa e o(x2) per x → 0 basta far vedere che questa cosa, divisa per x2, tende a zeroquando x tende a zero.

27Il fatto che se una quantita tende a zero, allora tende a zero anche il suo quadrato deriva dai risultati sul prodotto dei limiti.

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LIMITI

7 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 23

il primo quoziente tende a zero, ma il secondo non e limitato, e quindi siamo in presenza di una forma indeterminata.D’altra parte si capisce facilmente il motivo di questo. Dire o(x) vuol dire quantita trascurabile rispetto a x: potrebbeessere ad esempio x3, che e trascurabile rispetto ad x2, ma potrebbe anche essere ad esempio x3/2, che non e trascurabilerispetto ad x2.

6 Un limite fondamentale

In questa breve sezione mi limito ad enunciare un limite molto importante. Si ha

limx→±∞

(

1 +1

x

)x

= e.

Osservazione Il limite si presenta nella forma 1±∞, che e indeterminata, in quanto si puo scrivere(

1 +1

x

)x

= eln(1+1x )

x

= ex ln(1+ 1x)

e l’esponente e della forma (±∞) · 0.

7 Soluzioni degli esercizi

Esercizio 4.1

(a) limx→2−

x

2− x=

2

0+= +∞. Essendo x minore di 2, la quantita 2− x e positiva.

(b) limx→−∞

2

1− x=

2

+∞ = 0.

(c) limx→0+

1 + x

x=

1

0+= +∞.

(d) limx→−∞

x

1 + 1/x=

−∞1 + 0

= −∞.

(e) limx→+∞

1 + 1/x

1 + x2=

1+ 0

1 +∞ =1

+∞ = 0.

(f) limx→+∞

1 + e−x

1 + ex=

1 + 0

1 +∞ = 0. Si ricordi il grafico di ex e quello di e−x = 1ex = (1e )

x.

(g) limx→0+

1 + x

lnx− 1=

1

−∞− 1= 0.

(h) limx→0+

1/x

1− ex=

+∞1− 1+

=+∞0−

= −∞. Qui forse e opportuno qualche commento in piu. E importante stabilire

il segno dello zero a denominatore, in quanto determina il segno dell’infinito. Si puo ragionare cosı: per x → 0+

ex > 1, quindi ex → 1+. Questo significa che ex tende a 1 ma da valori piu grandi di 1. Allora il denominatoretende a 0 ma da valori negativi, da cui la conclusione.

(i) limx→0+

1/x

ln(1 + x)=

+∞0+

= +∞. Anche qui e importante stabilire il segno dello zero a denominatore. Per x → 0+

1 + x → 1+ e quindi il ln(1 + x) tende a 0, ma da valori positivi.

(j) limx→+∞

(x+ ln(1 + 1/x)) = +∞+ ln 1 = +∞+ 0 = +∞. Questo invece e un caso in cui non e rilevante stabilire

il segno dello zero, dato che c’e l’infinito.

(k) limx→0+

(x− lnx) = 0− (−∞) = +∞.

(l) limx→1−

x

lnx=

1

0−= −∞.

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LIMITI

7 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 24

Esercizio 4.2

(a) limx→+∞

x− 1

1 + 2x. E una forma indeterminata (f.i.) del tipo +∞

+∞ . Possiamo scrivere

limx→+∞

x− 1

1 + 2x= lim

x→+∞

x(1 − 1/x)

x(1/x+ 2)= lim

x→+∞

1− 1/x

1/x+ 2=

1

2.

Si poteva anche procedere con il principio di eliminazione, dopo aver osservato che a numeratore 1 = o(x), perx → +∞ e a denominatore 1 = o(2x), per x → +∞. Quindi

limx→+∞

x− 1

1 + 2x= lim

x→+∞

x+ o(x)

2x+ o(x)= lim

x→+∞

x

2x=

1

2.

(b) limx→−∞

1− x2

1 + x2. E una f.i. del tipo −∞

+∞ . Possiamo scrivere

limx→−∞

1− x2

1 + x2= lim

x→−∞

x2(1/x2 − 1)

x2(1/x2 + 1)= lim

x→−∞

1/x2 − 1

1/x2 + 1= −1.

Con il principio di eliminazione, osservando che 1 = o(x2), per x → +∞, si ha

limx→−∞

1− x2

1 + x2= lim

x→−∞

−x2 + o(x2)

x2 + o(x2)= lim

x→−∞

−x2

x2= −1.

(c) limx→+∞

x+ 1

1 + x3. Sempre f.i. del tipo +∞

+∞ . Con il principio di eliminazione si ha

limx→+∞

x+ 1

1 + x3= lim

x→+∞

x+ o(x)

x3 + o(x3)= lim

x→+∞

x

x3= lim

x→+∞

1

x2= 0.

Lo studente provi a risolverlo con i raccoglimenti.

(d) limx→−∞

x2 + x+ 1

x+ 1. Con il principio di eliminazione si ha

limx→−∞

x2 + x+ 1

x+ 1= lim

x→−∞

x2 + o(x2)

x+ o(x)= lim

x→−∞

x2

x= lim

x→−∞x = −∞.

(e) limx→0+

x+ x2

x2 + x3. E una f.i. del tipo 0

0 . Procedendo col raccoglimento abbiamo

limx→0+

x+ x2

x2 + x3= lim

x→0+

x(1 + x)

x2(1 + x)= lim

x→0+

1 + x

x(1 + x)=

1

0+= +∞.

Col principio di eliminazione, osservando che x2 = o(x), per x → 0+ e x3 = o(x2), per x → 0+, avremmo potutoscrivere

limx→0+

x+ x2

x2 + x3= lim

x→0+

x+ o(x)

x2 + o(x2)= lim

x→0+

x

x2= lim

x→0+

1

x= +∞.

(f) limx→1+

x2 − 1

x2 − 3x+ 2. F.i. del tipo 0

0 . Qui si possono fattorizzare i polinomi:

limx→1+

x2 − 1

x2 − 3x+ 2= lim

x→1+

(x− 1)(x+ 1)

(x− 1)(x− 2)= lim

x→1+

x+ 1

x− 2= −2.

(g) limx→+∞

x+√x

x2 − 3√x. F.i. del tipo +∞

+∞ . Col principio di eliminazione

limx→+∞

x+√x

x2 − 3√x= lim

x→+∞

x+ o(x)

x2 + o(x2)= lim

x→+∞

x

x2= lim

x→+∞

1

x= 0.

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LIMITI

7 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 25

(h) limx→0+

x+√x

x2 − 3√x. F.i. del tipo 0

0 . Col principio di eliminazione

limx→0+

x+√x

x2 − 3√x= lim

x→0+

√x+ o(

√x)

− 3√x+ o( 3

√x)

= limx→0+

√x

− 3√x= lim

x→0+(−x1/6) = 0.

(i) limx→+∞

x1/2 + x3/5

x4/3 + x3/2. F.i. del tipo +∞

+∞ . Col principio di eliminazione

limx→+∞

x1/2 + x3/5

x4/3 + x3/2= lim

x→+∞

x3/5 + o(x3/5)

x3/2 + o(x3/2)= lim

x→+∞

x3/5

x3/2= lim

x→+∞

1

x9/10= 0.

(j) limx→0+

x1/2 + x3/5

x4/3 + x3/2. F.i. del tipo 0

0 . Col principio di eliminazione

limx→0+

x1/2 + x3/5

x4/3 + x3/2= lim

x→0+

x1/2 + o(x1/2)

x4/3 + o(x4/3)= lim

x→0+

x1/2

x4/3= lim

x→0+

1

x5/6= +∞.

(k) limx→+∞

(

2x−√x)

. F.i. del tipo +∞−∞. Con un raccoglimento

limx→+∞

(

2x−√x)

= limx→+∞

(√x(2

√x− 1)

)

= +∞.

Ma si poteva anche applicare il principio di eliminazione:

limx→+∞

(

2x−√x)

= limx→+∞

(2x+ o(x)) = limx→+∞

(2x) = +∞.

(l) limx→+∞

(

2x−√

4x2 − 1)

. Questo esempio, peraltro simile per molti aspetti al precedente, in realta e piu

complicato da risolvere. Infatti le due tecniche usate poco fa non funzionano. Un raccoglimento porta a

limx→+∞

(

2x−√

4x2 − 1)

= limx→+∞

(

2x

(

1−√

1− 1

4x2

))

e questa e ancora una f.i., del tipo +∞ · 0. Il principio di eliminazione non e applicabile, dato che nessuna delledue funzioni e trascurabile rispetto all’altra: infatti le due funzioni 2x e

√4x2 − 1 sono equivalenti.

Qui e necessaria una razionalizzazione:

limx→+∞

(

2x−√

4x2 − 1)

= limx→+∞

(2x−√4x2 − 1)(2x+

√4x2 − 1)

2x+√4x2 − 1

= limx→+∞

4x2 − 4x2 + 1

2x+√4x2 − 1

= limx→+∞

1

2x+√4x2 − 1

= 0.

(m) limx→−∞

(

x+√

|x|)

. Questa e una f.i. del tipo −∞+∞. Qui basta un raccoglimento:

limx→−∞

(

x+√

|x|)

= limx→−∞

(

x+√−x)

= limx→−∞

(

x

(

1 +

√−x

x

))

= limx→−∞

(

x

(

1−√

−x

x2

))

= limx→−∞

(

x

(

1−√

−1

x

))

= −∞.

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LIMITI

7 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 26

Attenzione! Nel terzo passaggio, quando si porta sotto radice x, essendo x negativo, occorre cambiare il segnodavanti alla radice. Per capire il motivo di cio si rifletta attentamente sulla seguente affermazione:

se x < 0 allora x = −√x2.

Si poteva anche fare, in modo piu sbrigativo, col principio di eliminazione:

limx→−∞

(

x+√−x)

= limx→−∞

(x+ o(x)) = −∞,

dato che√−x = o(x), per x → −∞.

(n) limx→−∞

(

x+√

x2 + 1)

. Anche questa e una f.i. del tipo −∞+∞. Qui e necessaria invece una razionalizzazione:

limx→−∞

(

x+√

x2 + 1)

= limx→−∞

(x +√x2 + 1)(x −

√x2 + 1)

x−√x2 + 1

= limx→−∞

x2 − x2 − 1

x−√x2 + 1

=−1

−∞ = 0.

In questo caso il principio di eliminazione non e applicabile. Infatti nessuna delle due quantita e trascurabilerispetto all’altra.

Esercizio 5.1

In tutti i casi di limite all’infinito e utile ricordare le seguenti proprieta fondamentali:

xα = o(bx), per x → +∞, per ogni α in R e per ogni b > 1

elnp x = o(xα), per x → +∞, per ogni p in R e per ogni α > 0.

(a) limx→+∞

√x+ 2x

3√x+ lnx

. Per x → +∞ si ha

√x = o(2x) e lnx = o( 3

√x)

e quindi

limx→+∞

√x+ 2x

3√x+ lnx

= limx→+∞

2x + o(2x)3√x+ o( 3

√x)

= limx→+∞

2x

3√x= +∞. 28

(b) limx→+∞

√x− ln3 x

ex + lnx. A numeratore e a denominatore e trascurabile il logaritmo. Quindi

limx→+∞

√x− ln3 x

ex + lnx= lim

x→+∞

√x+ o(

√x)

ex + o(ex)= lim

x→+∞

√x

ex= 0.

(c) limx→+∞

√x+ x3/2 + lnx

x10 + 10x. A numeratore la radice e il logaritmo sono trascurabili rispetto ad x3/2, e a denomina-

tore e trascurabile la potenza. Quindi

limx→+∞

√x+ x3/2 + lnx

x10 + 10x= lim

x→+∞

x3/2 + o(x3/2)

10x + o(10x)= lim

x→+∞

x3/2

10x= 0.

(d) limx→+∞

x1/3 + 2x + lnx

x1/2 + 3x + lnx. A numeratore la potenza e il logaritmo sono trascurabili rispetto all’esponenziale, e a

denominatore lo stesso. Quindi

limx→+∞

x1/3 + 2x + lnx

x1/2 + 3x + lnx= lim

x→+∞

2x + o(2x)

3x + o(3x)= lim

x→+∞

2x

3x= lim

x→+∞

(

2

3

)x

= 0.

28Dato che limx→+∞

3√x

2x= 0, allora

limx→+∞

2x

3√x

= limx→+∞

13√x/2x

=1

0+= +∞.

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LIMITI

7 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 27

(e) limx→0+

x2 − x

x+√x.

Questo e i seguenti sono casi invece di limite per x → 0 e le quantita in gioco sono tutte infinitesime.29 Quibisogna ricordare che, almeno nei confronti tra potenze, valgono le seguenti relazioni:

xa = o(xb), per x → 0+, se a > b.

Quindi qui sono trascurabili le potenze di esponente piu elevato. Quindi nel nostro limite abbiamo: x2 = o(x) ex = o(

√x), per x → 0+, e si ha

limx→0+

x2 − x

x+√x= lim

x→0+

−x+ o(x)√x+ o(

√x)

= limx→0+

−x√x= lim

x→0+(−

√x) = 0.

(f) limx→0+

x2 +√x3

x− 3√x2

. Qui si ha x2 = o(√x3) e x = o(

3√x2), per x → 0+. Quindi

limx→0+

x2 +√x3

x− 3√x2

= limx→0+

x3/2 + o(x3/2)

−x2/3 + o(x2/3)= lim

x→0+

x3/2

−x2/3= lim

x→0+(−x5/6) = 0.

29Ricordo che in generale possiamo avere anche quantita infinitesime con x che tende all’infinito o quantita infinite con x che tende azero (si pensi ad esempio a 1

xcon x → ±∞ oppure sempre 1

xcon x → 0+ o x → 0−).

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