Limiti notevoli - Liceo Scientifico Mancini

Tabella con i principali limiti notevoli.
Limiti trigonometrici
sin x
=1
x
2. lim
1 − cos x 1
=
x →0
x2
2
5. lim
1. lim
x →0
tan x
=1
x
3. lim
x
=1
x → 0 arcsin x
6. lim
x →0
4. lim
x →0
1 − cos x
=0
x
x
=1
x → 0 arctan x
Limiti esponenziali e logaritmici
 α
lim 1 +  = eα
x →±∞
x

x
7.
a x −1
10. lim
= ln a
x →0
x
1
log a (1 + x )
8. lim (1 + α x ) x = eα
9. lim
ex −1
11. lim
=1
x →0
x
(1 + x )
12. lim
x →0
x →0
x
x →0
a
−1
x
=
1
ln a
=a
Limiti di successioni notevoli
13. lim
n →+∞
n
x = 1 ∀x ∈ IR+ − {0}
0
1
14. lim a n = 
n →+∞
 +∞
 ∃
se − 1 < a < 1
se
a =1
se
a >1
se
s a ≤ −1
n!
=0
n →+∞ n n
15. lim n n = 1 ∀x ∈ IR+ − {0}
n →+∞
n
= 0 ∀a > 1
n →+∞ a n
16. lim n nα = 1 ∀α ∈ IR
17. lim
18. lim
nα
19. lim n = 0 ∀a > 1
n →+∞ a
n
20. lim n = 0 ∀a > 1
n →+∞ a
21. lim
22. lim n n ! = +∞
 α
23. lim 1 +  = eα
n →+∞
 n
24. lim n sin
n →+∞
n →+∞
( ln n)
n→+∞
nα
n
n →+∞
β
= 0 ∀a > 1 ∧ β ∈ IR
1
=1
n
È essenziale imparare a leggere la tabella precedente e comprendere che affinché si possano
utilizzare nel calcolo di un limite qualsiasi i risultati in essa sintetizzati, il limite proposto deve
essere, eventualmente, modificato in una forma equivalente in modo che vi compaia uno, o più, dei
limiti notevoli elencati ma scritti esattamente come si vedono in tabella.
ESEMPIO 1.
Il limite 1. afferma che “il rapporto tra il seno di un angolo e l’angolo stesso tende a 1 quando
l’angolo tende a 0”. Quindi, volendo calcolare lim
sin ( x 2 − 2 x )
x →0
x
non si può fare il seguente
ragionamento: “dato che quando x → 0 anche x 2 − 2 x → 0 , allora il limite vale 1 perché, per la
1., è il rapporto tra il seno di un angolo che tende a 0 e un altro angolo che però tende anch’esso a
0”. L’errore consiste nel fatto che a denominatore non c’è lo stesso angolo che figura come
argomento del seno. Il calcolo corretto è il seguente:
lim
sin ( x 2 − 2 x )
x →0
x

sin ( x ( x − 2 ) ) 
sin ( x ( x − 2 ) )
= lim ( x − 2 )
= lim ( x − 2 ) ⋅ lim
= −2 ⋅ 1 = −2

x →0
x →0
x ( x − 2 )  x →0
x ( x − 2)

sin ( x 2 − 2 x )
Si osservi che x → 0 comporta in pratica che x ≠ 2 , per cui le espressioni
( x − 2)
sin ( x ( x − 2 ) )
x ( x − 2)
x
e
sono, in prossimità di 0, perfettamente equivalenti per la proprietà
invariantiva delle frazioni.
ESEMPIO 2.
Il limite 10. afferma che: “se l’argomento dell’esponenziale tende a 0, il rapporto tra l’esponenziale
in base a di tale argomento, diminuito di 1, e l’argomento stesso tende a ln a ” . Anche in questo
3sin x − 1
caso, dunque, volendo calcolare lim 3
non è lecito concludere che esso vale ln 3 dato che
x →0
x
2
per x → 0 sia sin 2 x che
3
x tendono a 0. L’errore sta nel fatto che a denominatore non c’è
l’argomento dell’esponenziale. Il calcolo corretto è il seguente:
 2
 sin 2 x 3sin x − 1 
 2 sin 2 x 3sin x − 1 
3sin x − 1
3sin x − 1 
lim 3
= lim  sin x ⋅ 3
⋅
⋅
 = lim 
 = lim  x ⋅ 3
=
2
x →0
x →0 
sin 2 x  x →0 
x
x ⋅ sin 2 x  x →0  3 x
x ⋅ x 2 sin x 

2
2
2
2
2
2
 x 6  sin x 2 3sin 2 x − 1 
 x 2  sin x 2 3sin x − 1 
 3 5  sin x 2 3sin x − 1 
3
lim  3 ⋅ 
⋅

 = lim  x ⋅ 
 = lim
=
 ⋅
 ⋅
 ⋅
2
2
2
x →0 
x →0 
 x→0 
 x  sin x 
 x  x  sin x 

 x  x  sin x 
3sin x − 1
 sin x 
lim x ⋅ lim 
= 0 ⋅1 ⋅ ln 3 = 0
 ⋅ lim
2
x →0
x →0
 x  x →0 sin x
2
3
2
5
Con la pratica, il numero di passaggi si può ridurre drasticamente.
In base a quanto detto, la tabella dei limiti notevoli trigonometrici, esponenziali e logaritmici può
essere generalizzata come segue:
Limiti trigonometrici
1'. lim
sin ( • )
4'. lim
1 − cos ( • )
(•)
( •)→0
( •)→0
(•)
=1
2
2'. lim
tan ( • )
5'. lim
(•)
(•)
( • ) →0
=
1
2
( •)→0
=1
arcsin ( • )
3'. lim
1 − cos ( • )
6'. lim
( •)
( •)→0
=1
( •)→0
(•)
arctan ( • )
=0
=1
Limiti esponenziali e logaritmici

α 
7'. lim 1 +

( • )→±∞ 
 ( •) 
(•)
1
8'. lim (1 + α ( • ) ) (•) = eα
= eα
( •)→0
a (•) − 1
10'. lim
= ln a
( • ) →0 ( • )
9'. lim
( •)→0
log a (1 + ( • ) )
(•)
(1 + ( • ) )
12'. lim
e( • ) − 1
11'. lim
=1
( •)→0 ( • )
( •)→0
(•)
a
−1
=
1
ln a
=a
Il simbolo ( • ) sta una qualsiasi funzione di x soddisfacente la condizione di tendere al valore
indicato.
ESEMPIO 3.
Calcolare lim
x →e
sin ( x − e )
x−e
.
Osservato che x → e ⇒ x − e → 0 , il limite si risolve grazie alla 1’. immaginando che ( • ) stia per
x−e.
Si trova:
lim
x →e
ESEMPIO 4.
x2
3 

Calcolare lim 1 + 2  .
x →+∞
 x +1 
sin ( x − e )
x−e
= lim
( x − e)→0
sin ( x − e )
x−e
=1
x2
3 

Osservato che x → +∞ ⇒ x + 1 → +∞ , il limite assume la forma 2 lim 1 + 2  ; tuttavia, non
x +1→+∞ 
x +1
2
si può ancora applicare la 7’. dato che l’esponente è x 2 , mentre dovrebbe essere x 2 + 1 . Se però si
x 2 +1
3 

1+ 2 
x2

3 
x +1 

tiene conto che 1 + 2  = 
, allora il limite si risolve grazie alla 7’.
3 

 x +1 
1 + 2 
 x +1
immaginando che ( • ) stia per x 2 + 1 .
Svolgendo i calcoli, si trova:
x 2 +1
3 

1+ 2 
x2

3 
e3
x +1


lim 1 + 2  = 2 lim
= = e3
x →+∞
x
+
→+∞
1
3 
1

 x +1 
1 + 2 
 x +1
In genere, l’espressione ( • ) non si scrive per esteso ma la si indica con una nuova variabile; in
pratica si esegue una sostituzione di variabile ponendo, ad esempio, t = ( • ) .
Operando in tal modo, i calcoli relativi gli esempi 3 e 4 precedenti si svolgono così:
lim
x →e
sin ( x − e )
x−e
= lim
t →0
sin t
= 1 , dove si è posto t = x − e
t
t
 3
x
 1 +  e3
3 
t

lim 1 + 2  = lim 
= = e3 , dove si è posto t = x 2 + 1
x →+∞
t →+∞ 
3
1
1
x
+



1 + 
 t
2