Forme Indeterminate nei Limiti: 20 Esercizi Svolti Passo Passo

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

Calcolando separatamente i limiti del numeratore e del denominatore, si ottiene

\[ \lim_{x\to2}(x^2-4)=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to2}(x-2)=0. \]

Il limite si presenta quindi nella forma indeterminata \(\displaystyle\frac{0}{0}\).

Il numeratore è una differenza di quadrati:

\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]

Per \(x\neq 2\), condizione sufficiente nel calcolo del limite per \(x\to2\), possiamo semplificare il fattore comune:

\[ \frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2. \]

Le due espressioni coincidono in tutti i punti del dominio vicini a \(2\), escluso eventualmente \(2\) stesso, e hanno quindi lo stesso limite. Pertanto

\[ \lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}=\lim_{x\to2}(x+2)=4. \]

\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}=\frac14. \]

Quando \(x\to0\), il numeratore tende a \(\sqrt4-2=0\) e il denominatore tende a zero. Compare dunque la forma \(\displaystyle\frac00\). La presenza di una differenza contenente una radice suggerisce di usare l'espressione coniugata.

Per \(x\neq0\), moltiplichiamo numeratore e denominatore per \(\sqrt{4+x}+2\):

\[ \frac{\sqrt{4+x}-2}{x}\cdot\frac{\sqrt{4+x}+2}{\sqrt{4+x}+2}=\frac{(4+x)-4}{x(\sqrt{4+x}+2)}. \]

Al numeratore rimane \(x\), che può essere semplificato con il denominatore:

\[ \frac{x}{x(\sqrt{4+x}+2)}=\frac{1}{\sqrt{4+x}+2}. \]

La nuova espressione non presenta alcuna forma indeterminata. Per continuità della radice e delle operazioni algebriche,

\[ \lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{4+x}+2}=\frac{1}{2+2}=\frac14. \]

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin(5x)}{x}=5. \]

Poiché \(\sin(5x)\to0\) e \(x\to0\), il limite ha la forma \(\displaystyle\frac00\). Il limite notevole \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1\) non è ancora applicabile direttamente, perché al denominatore compare \(x\), non \(5x\).

Moltiplichiamo e dividiamo per \(5\):

\[ \frac{\sin(5x)}{x}=5\frac{\sin(5x)}{5x}. \]

Ponendo idealmente \(t=5x\), da \(x\to0\) segue \(t\to0\). Pertanto

\[ \lim_{x\to0}5\frac{\sin(5x)}{5x}=5\cdot1=5. \]

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}=3. \]

Il numeratore tende a \(e^0-1=0\), mentre il denominatore tende a zero: siamo nella forma \(\displaystyle\frac00\). Usiamo il limite notevole \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=1\).

Scriviamo

\[ \frac{e^{3x}-1}{x}=3\frac{e^{3x}-1}{3x}. \]

Poiché \(3x\to0\), il quoziente a destra tende a \(1\). Ne segue

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}=3\cdot1=3. \]

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{2x}=2. \]

Per \(x\to0\), si ha \(\ln(1+4x)\to\ln1=0\) e \(2x\to0\). Il limite presenta la forma \(\displaystyle\frac00\).

Per ricondurci al limite notevole \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}t=1\), introduciamo al denominatore il termine \(4x\):

\[ \frac{\ln(1+4x)}{2x}=2\frac{\ln(1+4x)}{4x}. \]

Dato che \(4x\to0\), il secondo fattore tende a \(1\). Quindi

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{2x}=2. \]

Il limite per \(x\to0\) non esiste.

Numeratore e denominatore tendono entrambi a zero, perciò compare la forma \(\displaystyle\frac00\). Questa informazione non implica però che il limite esista.

Per \(x>0\), si ha \(|x|=x\), quindi

\[ \frac{x}{|x|}=1 \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to0^+}\frac{x}{|x|}=1. \]

Per \(x<0\), si ha invece \(|x|=-x\), e dunque

\[ \frac{x}{|x|}=\frac{x}{-x}=-1 \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to0^-}\frac{x}{|x|}=-1. \]

Poiché il limite destro e il limite sinistro sono finiti ma diversi, il limite per \(x\to0\) non esiste.

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

Numeratore e denominatore tendono entrambi a \(+\infty\); il limite è quindi nella forma \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Per confrontare i termini dominanti dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\), la potenza di grado massimo:

\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=\frac{4-\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{2+\displaystyle\frac1x-\displaystyle\frac5{x^2}}. \]

Quando \(x\to+\infty\), sia \(\displaystyle\frac1x\) sia \(\displaystyle\frac1{x^2}\) tendono a zero. Il denominatore della nuova espressione tende a \(2\neq0\), quindi possiamo applicare l'algebra dei limiti:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4-\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{2+\displaystyle\frac1x-\displaystyle\frac5{x^2}}=\frac42=2. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x+1}{x^2+4}=0. \]

Il numeratore e il denominatore tendono a \(+\infty\), quindi la forma è \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Il denominatore ha grado maggiore del numeratore: ci aspettiamo che cresca più rapidamente, ma dobbiamo dimostrarlo.

Dividiamo tutto per \(x^2\):

\[ \frac{3x+1}{x^2+4}=\frac{\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{1+\displaystyle\frac4{x^2}}. \]

Il numeratore tende a zero e il denominatore tende a \(1\). Di conseguenza,

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x+1}{x^2+4}=\frac01=0. \]

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

Sia il numeratore sia il denominatore divergono in valore assoluto, perciò compare una forma \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Raccogliamo \(x^2\) sotto la radice:

\[ \sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2\left(1+\frac1{x^2}\right)}=|x|\sqrt{1+\frac1{x^2}}. \]

È essenziale non sostituire \(\sqrt{x^2}\) con \(x\): l'identità valida per ogni reale è \(\sqrt{x^2}=|x|\). Per \(x\to-\infty\), si ha definitivamente \(x<0\), quindi \(|x|=-x\). Pertanto

\[ \frac{\sqrt{x^2+1}}x=\frac{-x\sqrt{1+\displaystyle\frac1{x^2}}}{x}=-\sqrt{1+\frac1{x^2}}. \]

Poiché \(\displaystyle\frac1{x^2}\to0\), otteniamo

\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}x=-\sqrt1=-1. \]

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]

Quando \(x\to0^+\), si ha \(x\to0\) e \(\ln x\to-\infty\). Il prodotto presenta dunque la forma indeterminata \(0\cdot\infty\), con segno negativo.

Trasformiamo il prodotto in un quoziente:

\[ x\ln x=\frac{\ln x}{\displaystyle\frac1x}. \]

Per rendere più trasparente il comportamento, poniamo \(t=\displaystyle\frac1x\). Se \(x\to0^+\), allora \(t\to+\infty\), mentre \(x=\displaystyle\frac1t\) e \(\ln x=-\ln t\). Pertanto

\[ x\ln x=-\frac{\ln t}{t}. \]

Dalla gerarchia fondamentale degli infiniti, il logaritmo cresce più lentamente di ogni potenza positiva; in particolare, \(\ln t=o(t)\). Ne segue

\[ \lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0, \]

e quindi

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]

Il prodotto assume valori negativi vicino a zero, perciò tende a zero da valori inferiori; il valore del limite rimane comunque \(0\).

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}\cdot\sqrt{x}=0. \]

Il fattore \(\displaystyle\frac{\sin x}{x}\) tende a zero, perché \(|\sin x|\leq1\), mentre \(\sqrt{x}\to+\infty\). Compare quindi la forma \(0\cdot\infty\).

Semplifichiamo le potenze di \(x\):

\[ \frac{\sin x}{x}\sqrt{x}=\frac{\sin x}{\sqrt{x}}. \]

Poiché \(|\sin x|\leq1\), per \(x>0\) vale

\[ \left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right|\leq\frac1{\sqrt{x}}. \]

Il termine a destra tende a zero per \(x\to+\infty\). Equivalentemente,

\[ -\frac1{\sqrt{x}}\leq\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\leq\frac1{\sqrt{x}}. \]

Entrambi gli estremi tendono a zero; dal teorema del confronto segue che anche l'espressione centrale tende a zero.

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\frac32. \]

I due termini della differenza tendono entrambi a \(+\infty\), quindi siamo nella forma \(\infty-\infty\). Non possiamo sottrarre formalmente i due infiniti. Razionalizziamo moltiplicando e dividendo per l'espressione coniugata:

\[ \sqrt{x^2+3x}-x=\frac{(\sqrt{x^2+3x}-x)(\sqrt{x^2+3x}+x)}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]

Il numeratore è una differenza di quadrati:

\[ \sqrt{x^2+3x}-x=\frac{x^2+3x-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]

Per \(x\to+\infty\), si ha definitivamente \(x>0\). Possiamo quindi scrivere

\[ \sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac3x}. \]

Dividendo numeratore e denominatore per \(x\), otteniamo

\[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac3{\sqrt{1+\displaystyle\frac3x}+1}. \]

Ora \(\displaystyle\frac3x\to0\), perciò

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac3{\sqrt{1+\displaystyle\frac3x}+1}=\frac3{1+1}=\frac32. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=1. \]

Quando \(x\to+\infty\), entrambe le radici tendono a \(+\infty\). La differenza si presenta quindi nella forma indeterminata \(\infty-\infty\).

Moltiplichiamo e dividiamo per l'espressione coniugata:

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

Al numeratore compare una differenza di quadrati:

\[ (x^2+x)-(x^2-x)=2x. \]

Pertanto

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

Poiché \(x>0\) definitivamente, possiamo estrarre \(x^2\) dalle due radici usando \(\sqrt{x^2}=|x|=x\):

\[ \frac{2x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac1x}+x\sqrt{1-\displaystyle\frac1x}}=\frac2{\sqrt{1+\displaystyle\frac1x}+\sqrt{1-\displaystyle\frac1x}}. \]

Infine, \(\displaystyle\frac1x\to0\), perciò il denominatore tende a \(1+1=2\) e

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=\frac22=1. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac2x\right)^{3x}=e^6. \]

La base tende a \(1\), mentre l'esponente tende a \(+\infty\). Il limite si presenta nella forma \(1^\infty\).

Poniamo

\[ y(x)=\left(1+\frac2x\right)^{3x}. \]

La base è positiva per \(x\) sufficientemente grande, quindi possiamo applicare il logaritmo:

\[ \ln y(x)=3x\ln\left(1+\frac2x\right). \]

Per utilizzare il limite notevole del logaritmo, scriviamo

\[ 3x\ln\left(1+\frac2x\right)=6\frac{\ln\left(1+\displaystyle\frac2x\right)}{\displaystyle\frac2x}. \]

Poiché \(\displaystyle\frac2x\to0\), il quoziente tende a \(1\); dunque \(\ln y(x)\to6\). Per continuità dell'esponenziale,

\[ y(x)=e^{\ln y(x)}\to e^6. \]

\[ \lim_{x\to0}(1+\sin x)^{\frac1x}=e. \]

Quando \(x\to0\), la base tende a \(1\) e l'esponente diverge in valore assoluto: tende a \(+\infty\) da destra e a \(-\infty\) da sinistra. Si tratta di una forma \(1^\infty\), da studiare mediante il logaritmo.

La base è positiva in un intorno di zero. Ponendo \(y(x)=(1+\sin x)^{1/x}\), otteniamo

\[ \ln y(x)=\frac{\ln(1+\sin x)}x. \]

Scomponiamo il quoziente in due fattori:

\[ \frac{\ln(1+\sin x)}x=\frac{\ln(1+\sin x)}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}{x}. \]

Poiché \(\sin x\to0\), il primo fattore tende a \(1\) per il limite notevole del logaritmo; anche il secondo tende a \(1\) per il limite notevole del seno. Pertanto

\[ \lim_{x\to0}\ln y(x)=1. \]

Applicando la funzione esponenziale, otteniamo

\[ \lim_{x\to0^+}y(x)=e \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to0^-}y(x)=e. \]

Poiché il limite destro e il limite sinistro coincidono, concludiamo che

\[ \lim_{x\to0}y(x)=e. \]

\[ \lim_{x\to0^+}x^x=1. \]

La base tende a \(0^+\) e l'esponente tende a zero. Compare dunque la forma indeterminata \(0^0\). Poiché \(x>0\), possiamo porre \(y(x)=x^x\) e applicare il logaritmo:

\[ \ln y(x)=x\ln x. \]

Il prodotto a destra ha la forma \(0\cdot(-\infty)\). Come mostrato nell'Esercizio 10,

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]

Di conseguenza, \(\ln y(x)\to0\). Per continuità dell'esponenziale,

\[ \lim_{x\to0^+}x^x=e^0=1. \]

La forma \(0^0\) non è stata trattata come una potenza ordinaria: il risultato è stato ottenuto studiando il prodotto tra l'esponente e il logaritmo della base.

\[ \lim_{x\to0^+}x^{\frac1{\ln x}}=e. \]

Per \(x\to0^+\), la base tende a zero e \(\ln x\to-\infty\), quindi l'esponente \(\displaystyle\frac1{\ln x}\) tende a zero. La forma è \(0^0\).

Per \(0<x<1\), sia la base sia il logaritmo sono ben definiti. Poniamo \(y(x)=x^{1/\ln x}\). Allora

\[ \ln y(x)=\frac1{\ln x}\ln x=1. \]

In realtà, l'uguaglianza è esatta per ogni \(x>0\) con \(x\neq1\). Pertanto

\[ y(x)=e^{\ln y(x)}=e, \]

e la funzione è costantemente uguale a \(e\) nel tratto di dominio considerato. Ne segue immediatamente che il limite vale \(e\).

\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}=1. \]

La base tende a \(+\infty\), mentre l'esponente tende a zero: siamo nella forma \(\infty^0\). Poniamo \(y(x)=x^{1/x}\). Per \(x>0\),

\[ \ln y(x)=\frac{\ln x}{x}. \]

Il logaritmo cresce più lentamente della funzione potenza \(x\); in simboli, \(\ln x=o(x)\) per \(x\to+\infty\). Quindi

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

Ne segue che \(\ln y(x)\to0\) e, applicando l'esponenziale,

\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}=e^0=1. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}x^{-\frac1{\sqrt{\ln x}}}=0. \]

Per \(x\to+\infty\), la base tende a \(+\infty\), mentre \(\ln x\to+\infty\) e quindi l'esponente \(\displaystyle-\frac1{\sqrt{\ln x}}\) tende a zero. Il limite presenta la forma \(\infty^0\).

Poniamo \(y(x)=x^{-1/\sqrt{\ln x}}\). Per \(x>1\), la funzione è positiva e possiamo scrivere

\[ \ln y(x)=-\frac1{\sqrt{\ln x}}\ln x=-\sqrt{\ln x}. \]

Poiché \(\ln x\to+\infty\), anche \(\sqrt{\ln x}\to+\infty\). Di conseguenza,

\[ \ln y(x)\to-\infty. \]

Applicando l'esponenziale, otteniamo

\[ y(x)=e^{\ln y(x)}=e^{-\sqrt{\ln x}}\to0. \]

Questo esercizio mostra che una forma \(\infty^0\) non conduce necessariamente a \(1\): il risultato dipende dal prodotto tra l'esponente e il logaritmo della base.

\[ \lim_{x\to0}\left(\frac{1+ax}{1+bx}\right)^{\frac1x}=e^{a-b}. \]

Per \(x\to0\), sia \(1+ax\) sia \(1+bx\) tendono a \(1\), quindi la base tende a \(1\). L'esponente \(\displaystyle\frac1x\) diverge in valore assoluto. Il limite si presenta pertanto nella forma \(1^\infty\).

Per \(x\) sufficientemente vicino a zero, entrambi i fattori \(1+ax\) e \(1+bx\) sono positivi; anche il loro rapporto è dunque positivo. Poniamo

\[ y(x)=\left(\frac{1+ax}{1+bx}\right)^{\frac1x}. \]

Applicando il logaritmo e usando la proprietà del logaritmo di un quoziente, otteniamo

\[ \ln y(x)=\frac1x\left[\ln(1+ax)-\ln(1+bx)\right]. \]

Separiamo i due termini:

\[ \ln y(x)=\frac{\ln(1+ax)}x-\frac{\ln(1+bx)}x. \]

Se \(a\neq0\), possiamo scrivere

\[ \frac{\ln(1+ax)}x=a\frac{\ln(1+ax)}{ax}\to a, \]

perché \(ax\to0\) e \(\displaystyle\frac{\ln(1+t)}t\to1\). Se \(a=0\), il termine è identicamente nullo e tende ugualmente ad \(a=0\). Con lo stesso ragionamento,

\[ \frac{\ln(1+bx)}x\to b. \]

Pertanto

\[ \lim_{x\to0}\ln y(x)=a-b. \]

La funzione esponenziale è continua, quindi

\[ \lim_{x\to0}y(x)=e^{a-b}. \]

La formula comprende anche casi particolari significativi: se \(a=b\), la base è identicamente uguale a \(1\) e il limite vale \(1=e^0\); se \(a>b\), il limite è maggiore di \(1\); se \(a<b\), è compreso tra \(0\) e \(1\).