Limite notevole
# Limite notevole

Sono qui presentati alcuni limiti notevoli utilizzati per una risoluzione più veloce di limiti che possono sembrare poco immediati. Tali limiti sono anche usati nell'applicazione del principio di sostituzione degli infinitesimi equivalenti.

## Razionale

* Errore del parser (SVG (MathML può essere abilitato tramite plug-in del browser): risposta non valida ("Math extension cannot connect to Restbase.") dal server "http://localhost:6011/it.wikipedia.org/v1/":): \lim _{{x\to \pm \infty }}{\frac {a_{0}x^{k}+a_{1}x^{{k-1}}+...+a_{k}}{b_{0}x^{r}+b_{1}x^{{r-1}}+...+b_{r}}}=\left\{{\begin{matrix}\operatorname{sgn}[{a_{o} \over b_{0}}]\cdot (\pm 1)^{{(k-r)}}\cdot \infty ,&{\mbox{se }}k>r\\{\frac {a_{0}}{b_{0}}},&{\mbox{se }}k=r\\0,&{\mbox{se }}k<r\end{matrix}}\right.

$x^{k}$

$x^{r}$

    $\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {a_{0}x^{k}+a_{1}x^{k-1}+...+a_{k}}{b_{0}x^{r}+b_{1}x^{r-1}+...+b_{r}}}=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {x^{k}\left(a_{0}+{\frac {a_{1}}{x}}+...+{\frac {a_{k}}{x^{k}}}\right)}{x^{r}\left(b_{0}+{\frac {b_{1}}{x}}+...+{\frac {b_{r}}{x^{r}}}\right)}}$

Quindi tutti i termini relativi ai coefficienti diversi da $a_{0}$ e $b_{0}$ danno un contributo nullo al limite per $x\to \pm \infty$, quindi

    $\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {a_{0}x^{k}+a_{1}x^{k-1}+...+a_{k}}{b_{0}x^{r}+b_{1}x^{r-1}+...+b_{r}}}=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {a_{0}x^{k}}{b_{0}x^{r}}}=\lim _{x\to \pm \infty }{\frac {a_{0}}{b_{0}}}x^{k-r}$.

## Potenza

* $\lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{a}-1}{x}}=a,\;\;a\in \mathbb {R}$

$x$

$0$

$1+x>0$

$(1+x)^{a}=e^{a\ln {(1+x)}}$

    $\lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{a}-1}{x}}=a\lim _{x\to 0}{\frac {e^{a\ln {(1+x)}}-1}{a\ln {(1+x)}}}\cdot {\frac {\ln {(1+x)}}{x}}$

Se $x\rightarrow 0$ allora $a\ln {(1+x)}\rightarrow 0$ e quindi si possono utilizzare i limiti notevoli esponenziali, da cui segue che

    $\lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{a}-1}{x}}=a$

## Trigonometrici

* $\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1$

${\frac {\sin(x)}{x}}$

$x<{\frac {\pi }{2}}$

    $0<\sin x\leq x\leq \tan x$

che, considerando i reciproci, implica

    ${\frac {1}{\sin {x}}}\geq {\frac {1}{x}}\geq {\frac {\cos x}{\sin x}}.$

Moltiplicando per sin x si ottiene

    $1\geq {\frac {\sin x}{x}}\geq \cos x.$
* $\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(ax)}{bx}}={\frac {a}{b}}$

$\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(ax)}{bx}}={\frac {1}{b}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(ax)}{x}}={\frac {a}{b}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(ax)}{ax}}$

Facendo un cambio di variabile $y=ax$ si ottiene che

${\frac {a}{b}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(ax)}{ax}}={\frac {a}{b}}\cdot \lim _{y\to 0}{\frac {\sin(y)}{y}}={\frac {a}{b}}\cdot 1={\frac {a}{b}}$

* $\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos(x)}{x}}=0$

$\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos(x)}{x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos(x)}{x}}{\frac {1+\cos(x)}{x}}{\frac {x}{1+\cos(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos ^{2}(x)}{x^{2}}}{\frac {x}{1+\cos(x)}}$

Sfruttando la relazione fondamentale del seno e coseno $\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\Rightarrow \ 1-\cos ^{2}(x)=\sin ^{2}(x)$ il limite diventa

$\lim _{x\to 0}{\frac {\sin ^{2}(x)}{x^{2}}}{\frac {x}{1+\cos(x)}}=\lim _{x\to 0}\left({\frac {\sin(x)}{x}}\right)^{2}{\frac {x}{1+\cos(x)}}$

Il primo termine tende a 1, il secondo termine tende a 0, quindi

$\lim _{x\to 0}\left({\frac {\sin(x)}{x}}\right)^{2}{\frac {x}{1+\cos(x)}}=0$

* $\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}={\frac {1}{2}}$

$1+\cos(x)$

    ${\frac {(1-\cos(x))(1+\cos(x))}{x^{2}(1+\cos(x))}}={\frac {1-\cos ^{2}(x)}{x^{2}(1+\cos(x))}}$

Ma poiché $\sin ^{2}(x)=1-\cos ^{2}(x)$:

    ${\frac {\sin ^{2}(x)}{x^{2}(1+\cos(x))}}={\frac {\sin ^{2}(x)}{x^{2}}}\cdot {\frac {1}{1+\cos(x)}}=\left({\frac {\sin(x)}{x}}\right)^{2}\cdot {\frac {1}{1+\cos(x)}}$

Quindi

    $\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}=\lim _{x\to 0}\left({\frac {\sin(x)}{x}}\right)^{2}{\frac {1}{1+\cos(x)}}=\left(\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}\right)^{2}\lim _{x\to 0}{\frac {1}{1+\cos(x)}}={\frac {1}{2}}$
* $\lim _{x\to 0}{\frac {\tan(x)}{x}}=1$

    $\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x\cos(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {1}{\cos(x)}}=1\cdot 1=1$
* $\lim _{x\to 0}{\frac {\arcsin(x)}{x}}=1$

$t=\arcsin(x)$

$x=\sin(t)$

    $\lim _{t\to 0}{\frac {t}{\sin(t)}}=\lim _{t\to 0}{\frac {\sin(t)}{t}}=1$
* $\lim _{x\to 0}{\frac {\arctan(x)}{x}}=1$

La dimostrazione di questo limite è analoga alla precedente.

## Esponenziali e logaritmi

* $\lim _{x\to +\infty }a^{x}=+\infty \quad {\text{se}}\quad a>1$
* $\lim _{x\to +\infty }a^{x}=0\quad {\text{se}}\quad 0<a<1$
* $\lim _{x\to -\infty }a^{x}=0\quad {\text{se}}\quad a>1$
* $\lim _{x\to -\infty }a^{x}=+\infty \quad {\text{se}}\quad 0<a<1$
* $\lim _{x\to 0^{+}}\log _{a}x=-\infty \quad {\mbox{se}}\quad a>1$
* $\lim _{x\to 0^{+}}\log _{a}x=+\infty \quad {\mbox{se}}\quad 0<a<1$
* $\lim _{x\to +\infty }\log _{a}x=+\infty \quad {\mbox{se}}\quad a>1$
* $\lim _{x\to +\infty }\log _{a}x=-\infty \quad {\mbox{se}}\quad 0<a<1$
* $\lim _{x\to \pm \infty }{\left(1+{\frac {1}{x}}\right)}^{x}\!=e$

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}$

$e$

    $\lim _{n\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$

quindi per il teorema di collegamento tra le successioni e le funzioni, considerando la funzione $f(x)=\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}$, con $x\in \mathbb {R}$, si ha che

    $\lim _{x\to +\infty }f(x)=\lim _{x\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$

Inoltre per calcolare

    $\lim _{x\to -\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}$

si ponga $y=-x$ (quindi $y\to +\infty$ per $x\to -\infty$) pertanto

    $\lim _{x\to -\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=\lim _{y\to +\infty }\left(1-{\frac {1}{y}}\right)^{-y}=\lim _{y\to +\infty }\left({\frac {y-1}{y}}\right)^{-y}=\lim _{y\to +\infty }\left({\frac {y}{y-1}}\right)^{y}=\lim _{y\to +\infty }\left({\frac {y-1+1}{y-1}}\right)^{y}=\lim _{y\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{y-1}}\right)^{y}$

e ponendo $z=y-1$ (quindi $z\to +\infty$ per $y\to +\infty$) si ha

    $\lim _{x\to -\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=\lim _{z\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{z}}\right)^{z+1}=\lim _{z\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{z}}\right)^{z}\left(1+{\frac {1}{z}}\right)=e\cdot 1=e$.
* $\lim _{x\to \pm \infty }{\left(1+{\frac {a}{x}}\right)}^{bx}\!=e^{ab}$

$y={\frac {x}{a}}$

$y\to \pm \infty$

$x\to \pm \infty$

    $\lim _{x\to \pm \infty }{\left(1+{\frac {a}{x}}\right)}^{bx}=\lim _{y\to \pm \infty }{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{aby}=\lim _{y\to \pm \infty }{\left[{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{y}\right]}^{ab}=e^{ab}$.
* $\lim _{x\to \pm \infty }{\left({\frac {x}{x+1}}\right)}^{x}\!={\frac {1}{e}}$

$\lim _{x\to \pm \infty }{\left({\frac {x}{x+1}}\right)}^{x}=\lim _{x\to \pm \infty }{\left({\frac {x+1-1}{x+1}}\right)}^{x}=\lim _{x\to \pm \infty }{\left(1-{\frac {1}{x+1}}\right)}^{x}$

e ponendo $y=-(x+1)$ (quindi $y\to \mp \infty$ per $x\to \pm \infty$) si ha

    $\lim _{x\to \pm \infty }{\left({\frac {x}{x+1}}\right)}^{x}=\lim _{y\to \mp \infty }{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{-y-1}=\lim _{y\to \mp \infty }{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{-(y+1)}=\lim _{y\to \mp \infty }\left[{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{y+1}\right]^{-1}=\lim _{y\to \mp \infty }\left[{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{y}\left(1+{\frac {1}{y}}\right)\right]^{-1}=\left[e\cdot 1\right]^{-1}=e^{-1}={\frac {1}{e}}.$
* $\lim _{x\to 0}{\left(1+ax\right)}^{\frac {1}{x}}\!=e^{a}$

$y={\frac {1}{ax}}$

$x\to 0^{+}$

$y\to +\infty$

$x\to 0^{-}$

$y\to -\infty$

    $\lim _{x\to 0^{+}}{\left(1+ax\right)}^{\frac {1}{x}}=\lim _{y\to +\infty }{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{ay}=\lim _{y\to +\infty }{\left[{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{y}\right]}^{a}=e^{a}$.
    $\lim _{x\to 0^{-}}{\left(1+ax\right)}^{\frac {1}{x}}=\lim _{y\to -\infty }{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{ay}=\lim _{y\to -\infty }{\left[{\left(1+{\frac {1}{y}}\right)}^{y}\right]}^{a}=e^{a}$.

Quindi

    $\lim _{x\to 0^{+}}{\left(1+ax\right)}^{\frac {1}{x}}=e^{a}$.
* $\lim _{x\to 0}{\frac {\log _{a}(1+x)}{x}}=\log _{a}e={\frac {1}{\ln a}}$

    $\lim _{x\to 0}{\frac {\log _{a}(1+x)}{x}}=\lim _{x\to 0}\log _{a}(1+x)^{\frac {1}{x}}$.

Ricordando che $\lim _{x\to 0}(1+x)^{\frac {1}{x}}=e$, ponendo $y=(1+x)^{\frac {1}{x}}$ (quindi $y\to e$ per $x\to 0$) e applicando il teorema sul limite di una funzione composta si ha

    $\lim _{x\to 0}{\frac {\log _{a}(1+x)}{x}}=\lim _{y\to e}\log _{a}y=\log _{a}e$.

Ricordando inoltre la formula del cambiamento di base dei logaritmi, si può passare alla base naturale ($e$)

    $\lim _{x\to 0}{\frac {\log _{a}(1+x)}{x}}=\log _{a}e={\frac {\ln e}{\ln a}}={\frac {1}{\ln a}}$.
* $\lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}\!=1$

Deriva direttamente dal limite precedente sostituendo $a$ con $e$ (quindi $\log _{a}$ diventa $\ln$ e $\ln e=1$).

* $\lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x}}=\ln a,\;\;a>0$

$z=a^{x}-1$

$x=\log _{a}(1+z)$

$x\to 0$

$z\to 0$

    $\lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x}}=\lim _{z\to 0}{\frac {z}{\log _{a}(1+z)}}=\lim _{z\to 0}{\frac {1}{\frac {\log _{a}(1+z)}{z}}}$

e ricordando che $\lim _{x\to 0}{\frac {\log _{a}(1+x)}{x}}={\frac {1}{\ln a}}$ si ha che

    $\lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x}}=\lim _{z\to 0}{\frac {1}{\frac {1}{\ln a}}}=\ln a$.
* $\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1$

Deriva direttamente dal limite precedente sostituendo $a$ con $e$ (quindi $\ln a$ diventa $\ln e=1$).

