De l'Hôpital: regola, condizioni ed esercizi svolti

Q: Quando si può applicare la regola di de l'Hôpital?

Servono tre cose insieme. Primo: il limite deve presentarsi nella forma 0/0 oppure infinito su infinito; qualunque altra forma va prima riscritta come quoziente, e se la forma non è indeterminata la regola non c'entra. Secondo: numeratore e denominatore devono essere derivabili in un intorno del punto, tranne al più nel punto stesso, e la derivata del denominatore non deve annullarsi in quell'intorno. Terzo: il limite del rapporto delle derivate deve esistere, finito o infinito. Solo allora si può concludere che il limite di partenza esiste e vale lo stesso.

Q: Si scrive de l'Hôpital, de l'Hopital o dell'Hopital?

La grafia corretta è de l'Hôpital, con l'accento circonflesso: il teorema porta il nome di Guillaume de l'Hôpital, matematico francese che lo pubblicò nel 1696 nel primo manuale di calcolo differenziale della storia. Nei testi più antichi si trova anche de l'Hospital, perché in francese antico la s si scriveva e poi è diventata l'accento circonflesso. Nelle ricerche online e negli appunti circolano de l'hopital senza accento e dell'Hopital tutto attaccato: sono la stessa regola. All'esame nessuno toglie punti per l'accento, ma vale la pena sapere che il risultato è probabilmente di Johann Bernoulli, che lo aveva ceduto a de l'Hôpital in cambio di uno stipendio.

Q: Quante volte si può applicare de l'Hôpital di seguito?

Tutte le volte che serve, a una condizione: prima di ogni applicazione bisogna ricontrollare che la forma sia ancora indeterminata e che le ipotesi valgano ancora. Il caso tipico è il rapporto fra una potenza e un esponenziale: con x elevato alla n diviso e elevato a x servono esattamente n applicazioni, perché ogni derivata abbassa il grado di uno. Se invece dopo due applicazioni il limite non si è semplificato o è tornato uguale a se stesso, non è questione di insistere: sei in un ciclo e devi cambiare metodo.

Q: La regola di de l'Hôpital si può usare sulle successioni?

Non direttamente, perché una successione è definita sui numeri naturali e non si può derivare. Si passa dalla funzione: se il termine generale si scrive come f(n) con f definita sui reali e il limite di f(x) per x che tende a più infinito esiste e vale L, allora anche la successione tende a L. Su quella funzione, se serve, si applica de l'Hôpital. Attenzione al verso: il ragionamento vale solo in questa direzione. Se il limite della funzione non esiste, la successione può comunque convergere, come succede con il seno di 2 pi greco n, che vale sempre zero mentre il seno di x non ha limite.

Q: Meglio de l'Hôpital o gli sviluppi di Taylor all'esame?

Dipende dal limite. Taylor conviene quando il punto è zero e il limite nasconde cancellazioni: una sola riga di sviluppo sostituisce tre derivazioni, e soprattutto ti dice anche l'ordine di infinitesimo, che serve per le domande successive. De l'Hôpital conviene quando il punto non è zero, quando gli sviluppi non li ricordi o quando basta una derivata sola per uscire dall'indeterminazione. La differenza pratica: Taylor richiede memoria, de l'Hôpital richiede attenzione alle ipotesi. Molti professori accettano entrambi, ma penalizzano chi applica de l'Hôpital senza dichiarare la forma indeterminata di partenza.

Q: Perché su una forma 0 per infinito la regola non si applica direttamente?

Perché il teorema parla di un rapporto fra due funzioni, e un prodotto non è un rapporto: la formula con le derivate non avrebbe nemmeno senso da scrivere. La trasformazione è banale, però: dividere per uno su g equivale a moltiplicare per g, quindi il prodotto di f per g si riscrive come f diviso uno su g, ed è una forma 0/0, oppure come g diviso uno su f, ed è una forma infinito su infinito. Le due versioni sono entrambe lecite ma non sono ugualmente comode: conviene provare quella in cui le derivate si semplificano. Lo stesso vale per infinito meno infinito, che si riporta a un quoziente con il denominatore comune, e per le tre forme esponenziali, che passano dal logaritmo.

Risposta in 30 secondi

Regola di de l'Hôpital: cosa dice e quando si applica

\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}\;=\;\lim_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}

L'uguaglianza vale solo se il limite di destra esiste e se le ipotesi del teorema sono verificate: è una freccia a senso unico.

Cosa dice: Che in una forma indeterminata puoi sostituire il rapporto delle funzioni con il rapporto delle loro derivate. Si derivano numeratore e denominatore separatamente, non con la regola del quoziente: non è la derivata della frazione.
Le due forme in cui vale: Solo 0/0 e ∞/∞. Tutte le altre forme indeterminate (0·∞, ∞−∞, 1^∞, 0^0, ∞^0) vanno prima riscritte come quoziente: la regola non le tocca così come sono.
L'avvertenza in una riga: L'uguaglianza vale in un verso solo. Se il limite del rapporto delle derivate esiste, allora è anche il limite di partenza; se non esiste, la regola non dice niente e il limite di partenza può benissimo esistere.
Come capisci se conviene: Deriva una volta e guarda cosa ottieni. Se è più semplice, vai avanti. Se è uguale a prima, o peggio, sei in un vicolo cieco: passa agli sviluppi di Taylor, ai limiti notevoli o a un raccoglimento.

In una frase:de l'Hôpital è una scorciatoia con il pedaggio. Velocissima quando sei nel caso giusto, ma se la imbocchi senza controllare le condizioni a volte non ti porta a destinazione — e a volte ti fa girare in tondo per sempre.

L'enunciato e le tre condizioni

Immagina di essere in autostrada e di vedere il cartello di una scorciatoia. Se la strada è quella giusta arrivi in metà tempo; se non lo è, nel migliore dei casi torni indietro, nel peggiore ti ritrovi su una rotonda che gira su se stessa. Il pedaggio, qui, sono tre condizioni da verificare prima di derivare. Costa dieci secondi, ed è esattamente la parte che quasi tutti saltano.

La metafora serve a ricordare il metodo, non a sostituire il teorema. Ecco l'enunciato per esteso, nella forma in cui va saputo all'orale.

Teorema di de l'Hôpital

Siano $f$ e $g$ derivabili in un intorno $I$ di $x_{0}$ privato del punto stesso, con $x_{0}\in\mathbb{R}\cup\{-\infty,+\infty\}$ . Se valgono le tre condizioni:

1.La forma è 0/0 oppure ∞/∞
$\lim_{x\to x_{0}}f(x)=\lim_{x\to x_{0}}g(x)=0\qquad\text{oppure}\qquad\lim_{x\to x_{0}}|f(x)|=\lim_{x\to x_{0}}|g(x)|=+\infty$
2.f e g sono derivabili vicino al punto, e g′ non si annulla
$f,g\ \text{derivabili in } I\setminus\{x_{0}\},\qquad g'(x)\neq 0\ \ \text{per ogni } x\in I\setminus\{x_{0}\}$
3.Il limite del rapporto delle derivate esiste
$\exists\;\lim_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L\in\mathbb{R}\cup\{-\infty,+\infty\}$

allora:

\exists\;\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L

Il teorema vale anche per i limiti da destra e da sinistra, e per $x_{0}=\pm\infty$ : in quel caso «intorno del punto» significa «da una certa $x$ in poi». Nel caso $\infty/\infty$ è sufficiente, in realtà, che sia il solo denominatore a divergere in valore assoluto; la versione con entrambe le funzioni è quella che si scrive di solito, ed è più che sufficiente all'esame.

Condizione 1

La forma è 0/0 oppure ∞/∞

Che cosa vuol dire: Sostituisci il valore a cui tende x e guarda cosa viene. Se ottieni 0/0 o ∞/∞ sei nel caso giusto. Se ottieni qualsiasi altra cosa — 3/7, 0/5, oppure 1/0, dove basta studiare il segno del denominatore — il limite non è indeterminato: derivare qui non è una scorciatoia, è un errore che cambia il risultato.
Perché la chiedono: È la condizione che tutti controllano, di solito a occhio. Il punto è farlo di nuovo prima di ogni applicazione successiva: dopo la prima derivata la forma può non essere più indeterminata.

Condizione 2

f e g sono derivabili vicino al punto, e g′ non si annulla

Che cosa vuol dire: Serve un intorno del punto — non il punto — in cui entrambe le funzioni sono derivabili e la derivata del denominatore non si annulla mai. Per i limiti a +∞ o −∞ «intorno» significa «da una certa x in poi». Nel punto x₀ le funzioni possono anche non essere definite: il limite non se ne accorge.
Perché la chiedono: È la condizione che si salta sempre, ed è quella che i professori chiedono all'orale. Se g′ si annulla infinite volte vicino al punto — tipico quando dentro ci sono seni e coseni — il rapporto f′/g′ non è nemmeno definito su tutto l'intorno, e scrivere l'uguaglianza non ha senso.

Condizione 3

Il limite del rapporto delle derivate esiste

Che cosa vuol dire: È l'ipotesi, non la conclusione: devi calcolare il limite del rapporto delle derivate e vedere che esiste, finito o infinito. Solo allora il teorema ti garantisce che anche il limite di partenza esiste e vale lo stesso.
Perché la chiedono: È la condizione che rende la regola una freccia a senso unico. Se il rapporto delle derivate oscilla e non si stabilizza, non hai dimostrato che il limite di partenza non esiste: hai solo scoperto che questa strada non è percorribile.

La freccia va in un verso solo

Il teorema dice: se esiste il limite del rapporto delle derivate, allora esiste anche quello del rapporto delle funzioni e i due coincidono. Il contrario non vale. Può esistere benissimo il limite di $f/g$ senza che esista quello di $f'/g'$ , e in quel caso la regola non sbaglia: tace. È una distinzione logica, non una sottigliezza da matematici, e ci sono due controesempi classici che la rendono concreta — li trovi più sotto.

Le forme che si possono ricondurre a un quoziente

La regola vive solo su $0/0$ e $\infty/\infty$ . Le altre cinque forme indeterminate non sono fuori gioco: vanno solo riscritte come frazione prima di derivare. La trasformazione è sempre algebrica e non usa il teorema — è il biglietto d'ingresso.

0 · ∞

Prodotto di un infinitesimo per un infinito

Come la riconosci: Un fattore tende a 0, l'altro a ±∞.
Come la riscrivi: Porta uno dei due fattori al denominatore: dividere per 1/g è come moltiplicare per g. Puoi scegliere quale mandare sotto, e la scelta cambia tutto: prendi la versione in cui le derivate si semplificano.

f\cdot g=\frac{f}{\;1/g\;}\quad\left[\tfrac{0}{0}\right]\qquad\text{oppure}\qquad f\cdot g=\frac{g}{\;1/f\;}\quad\left[\tfrac{\infty}{\infty}\right]

x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}\ \xrightarrow[x\to 0^{+}]{}\ 0

Esercizio 5

∞ − ∞

Differenza di due infiniti

Come la riconosci: Due termini tendono entrambi a +∞ (o entrambi a −∞) e si sottraggono.
Come la riscrivi: Fai il denominatore comune, oppure raccogli il termine dominante, oppure razionalizza se ci sono radici. L'obiettivo è uno solo: far comparire una frazione.

\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x-x}{x\,\sin x}\quad\left[\tfrac{0}{0}\right]

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

Esercizio 6 · con le radici conviene razionalizzare, non derivare

1^∞ · 0^0 · ∞^0

Le tre forme esponenziali

Come la riconosci: Base ed esponente si muovono insieme: la base tende a 1, a 0 o a +∞ e l'esponente a 0 o a ±∞.
Come la riscrivi: Si trattano tutte e tre allo stesso modo: scrivi la potenza come esponenziale del logaritmo. L'esponente diventa un prodotto 0·∞, che riporti a un quoziente. Alla fine ricomponi: poiché l'esponenziale è continuo, il limite entra dentro.

f^{\,g}=e^{\,g\,\ln f}\qquad\Longrightarrow\qquad \lim f^{\,g}=e^{\,\lim (g\,\ln f)}

(1+\sin x)^{1/x}\xrightarrow[x\to 0]{} e,\qquad x^{x}\xrightarrow[x\to 0^{+}]{}1,\qquad x^{1/x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1

Esercizi 8 e 9 · richiede f > 0 vicino al punto, altrimenti il logaritmo non esiste

Posso applicarla? La checklist in tre passaggi

Tre domande, nell'ordine in cui vanno fatte davanti al compito. Rispondi e leggi il verdetto: applicala, riscrivila prima, oppure lascia perdere e cambia strumento. Non c'è un punteggio e non c'è una risposta giusta a priori — dipende dal tuo limite.

1Sostituisci il valore a cui tende x. Che forma ottieni?

\dfrac{0}{0}

Numeratore e denominatore tendono entrambi a zero.

\dfrac{\infty}{\infty}

Numeratore e denominatore tendono entrambi a infinito, in valore assoluto.

0\cdot\infty

Un fattore tende a zero, l'altro a infinito.

\infty-\infty

Due termini che tendono entrambi a infinito e si sottraggono.

1^{\infty}\qquad 0^{0}\qquad \infty^{0}

Una potenza in cui base ed esponente si muovono insieme.

\dfrac{2}{7}\qquad \dfrac{5}{0}\qquad \dfrac{0}{3}

Sostituendo ottieni un valore, oppure un numero diverso da zero diviso zero.

Il terzo passaggio è quello che nessuno fa: prima di scrivere il segno di uguale, il limite del rapporto delle derivate va calcolato. È un'ipotesi del teorema, non una conseguenza.

Quando de l'Hôpital non funziona

Due controesempi, entrambi classici e entrambi con un limite che esiste. Non sono casi patologici inventati per gli esami: sono i due modi in cui la scorciatoia ti lascia a piedi, e sapere riconoscerli vale metà della comprensione del teorema.

Caso 1

Il rapporto delle derivate non ha limite, ma il limite di partenza esiste

\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sin x}{x}

La forma è $\infty/\infty$ : il numeratore diverge, perché il seno è limitato e non riesce a frenare la $x$ . Le funzioni sono derivabili ovunque e $g'(x)=1$ non si annulla mai. Prime due condizioni: superate. Si deriva:

\frac{f'(x)}{g'(x)}=\frac{1+\cos x}{1}=1+\cos x

E qui la strada finisce: $1+\cos x$ oscilla fra $0$ e $2$ per sempre, senza stabilizzarsi. La terza condizione non è verificata, quindi il teorema non si applica. Attenzione a cosa significa: non significa che il limite di partenza non esista. Infatti esiste, e si calcola in una riga senza derivare nulla:

\frac{x+\sin x}{x}=1+\frac{\sin x}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1+0=1

Il motivo è che $|\sin x|\le 1$ , quindi $\sin x/x$ è schiacciato fra $-1/x$ e $1/x$ e tende a zero per il teorema del confronto. Morale:quando il rapporto delle derivate oscilla, chiudi il quaderno su de l'Hôpital e guarda il limite di partenza con occhi nuovi.

Caso 2

Il ciclo infinito: la regola ti riporta al punto di partenza

\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}

Anche qui tutte le premesse sono a posto: forma $\infty/\infty$ , funzioni derivabili, e per $x>0$ la derivata del denominatore $x/\sqrt{x^{2}+1}$ non si annulla. Si deriva:

\frac{1}{\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}=\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}

Il quoziente si è capovolto. Applicando la regola una seconda volta, con la stessa diligenza, si torna esattamente da dove si era partiti:

\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}\;\overset{\text{H}}{=}\;\frac{\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}{1}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\;\overset{\text{H}}{=}\;\cdots

È la rotonda: ogni applicazione è formalmente corretta e nessuna porta da nessuna parte. L'uscita non è una terza derivata, è l'algebra delle scuole superiori — si raccoglie il termine dominante sotto la radice:

\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{x}{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}\overset{x>0}{=}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}\frac{1}{\sqrt{1}}=1

Il valore assoluto non è un vezzo: $\sqrt{x^{2}}=|x|$ , e per $x\to-\infty$ lo stesso limite vale $-1$ . Morale:radici e rapporti di polinomi dello stesso grado sono il territorio naturale del raccoglimento, non di de l'Hôpital.

De l'Hôpital, Taylor o limiti notevoli?

Quasi tutti i limiti di Analisi 1 si possono risolvere in più modi. Non è una questione di gusti: su un compito a tempo la scelta del metodo vale minuti. Ecco lo stesso limite risolto due volte.

Con de l'Hôpital: tre applicazioni

\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}\;\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{3x^{2}}

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{6x}\;\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{6}=\frac{1}{6}

Funziona, ma ogni passaggio va giustificato: tre volte la verifica della forma, tre coppie di derivate. E basta un segno perso per buttare via tutto.

Con Taylor: una riga

\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})

\frac{x-\sin x}{x^{3}}=\frac{\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})}{x^{3}}\xrightarrow[x\to 0]{}\frac{1}{6}

Uno sviluppo di Taylor al terzo ordine chiude tutto, e in più ti dice che il numeratore è un infinitesimo di ordine 3: informazione che de l'Hôpital non ti regala.

Quando vince de l'Hôpital

Quando il punto non è zeroe gli sviluppi richiederebbero una sostituzione, o quando una sola derivata scioglie l'indeterminazione.

\lim_{x\to 1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}\;\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 1}\frac{1/x}{2x}=\frac{1}{2}

Quando vince Taylor

Quando $x\to 0$ , quando ci sono differenze che si cancellano e servono più ordini, e ogni volta che serve anche l'ordine di infinitesimo, non solo il valore del limite.

\frac{x-\sin x}{x^{3}}\to\frac{1}{6}\quad\text{in una riga}

Quando vincono i limiti notevoli

Quando la forma si riconosce a colpo d'occhio. È il metodo più veloce di tutti, e non richiede di verificare ipotesi.

\lim_{x\to 0}\frac{\sin 5x}{\tan 3x}=\frac{5x}{3x}=\frac{5}{3}

Un caso in cui de l'Hôpital è vietato: il ragionamento circolare

Il limite $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ è una forma $0/0$ , e derivando sopra e sotto si ottiene $\cos x\to 1$ : risposta giusta, procedimento che non sta in piedi. Per derivare $\sin x$ e ottenere $\cos x$ si usa proprio quel limite: si sta dimostrando una cosa dandola per buona. Non è un errore di calcolo, è un errore di logica, e all'orale è una domanda trabocchetto frequente. Lo stesso vale per $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^{2}}$ .

Esercizi svolti sulla regola di de l'Hôpital

Dieci esercizi in ordine di difficoltà: si parte dalle due forme dirette, si passa alle cinque che vanno riscritte e si chiude con una trappola in cui la regola non va usata. Ogni soluzione comincia dal controllo della forma, e ogni risultato è verificato con un secondo metodo indipendente.

Esercizio 1

base · 0/0

\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{3x}

f(x)=e^{2x}-1,\ \ g(x)=3x\qquad\Longrightarrow\qquad f'(x)=2e^{2x},\ \ g'(x)=3

1.Controlla la forma prima di tutto

Per x che tende a 0 il numeratore tende a e⁰ − 1 = 0 e il denominatore a 0. È una forma 0/0: la regola si può applicare.

\frac{e^{0}-1}{0}=\frac{0}{0}

2.Deriva sopra e sotto, separatamente

Non è la derivata della frazione: sono due derivate indipendenti.

\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{3x}\;\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{2e^{2x}}{3}

3.Ora la forma non è più indeterminata

=\frac{2e^{0}}{3}=\frac{2}{3}

Risultato

\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{3x}=\frac{2}{3}

Verifica, con il limite notevole:

\frac{e^{2x}-1}{3x}=\frac{2}{3}\cdot\frac{e^{2x}-1}{2x}\xrightarrow[x\to 0]{}\frac{2}{3}\cdot 1=\frac{2}{3}

Esercizio 2

base · 0/0

\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+3x)}{\sin 2x}

f'(x)=\frac{3}{1+3x},\qquad g'(x)=2\cos 2x

1.Forma 0/0

ln 1 = 0 al numeratore, sin 0 = 0 al denominatore. Il denominatore si annulla solo in 0 vicino a 0, e la sua derivata 2 cos 2x vale 2 nel punto: le ipotesi ci sono.

\frac{\ln 1}{\sin 0}=\frac{0}{0}

2.Applica la regola

Attenzione alle derivate composte: il 3 dentro il logaritmo e il 2 dentro il seno non spariscono.

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{3}{1+3x}}{2\cos 2x}

3.Sostituisci

=\frac{3/1}{2\cdot 1}=\frac{3}{2}

Risultato

\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+3x)}{\sin 2x}=\frac{3}{2}

Verifica, con gli sviluppi al primo ordine:

\ln(1+3x)=3x+o(x),\quad \sin 2x=2x+o(x)\ \Longrightarrow\ \frac{3x+o(x)}{2x+o(x)}\to\frac{3}{2}

Esercizio 3

base · ∞/∞

\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}

f'(x)=\frac{1}{x},\qquad g'(x)=1

1.Forma ∞/∞

Entrambe tendono a +∞. Per i limiti all'infinito l'intorno del punto è una semiretta: qui basta x > 0, dove il logaritmo è definito e derivabile.

2.Una sola applicazione

\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}\;\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0

3.Cosa hai dimostrato, in realtà

Che il logaritmo è un infinito di ordine inferiore rispetto a x. È la gerarchia degli infiniti: logaritmo, poi potenze, poi esponenziale. Conoscerla a memoria ti evita metà delle applicazioni di de l'Hôpital.

Risultato

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

Verifica, con la sostituzione x = eᵗ:

x=e^{t},\ t\to+\infty:\quad \frac{\ln x}{x}=\frac{t}{e^{t}}\to 0\ \ \text{(l'esponenziale batte la potenza)}

Esercizio 4

medio · due applicazioni

\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}

f'(x)=e^{x}-1,\quad g'(x)=2x\qquad\Longrightarrow\qquad f''(x)=e^{x},\quad g''(x)=2

1.Forma 0/0

Il numeratore in 0 vale 1 − 1 − 0 = 0, il denominatore 0.

2.Prima applicazione

Il risultato è ancora indeterminato: è il segnale che si può riapplicare.

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}\qquad\left[\tfrac{0}{0}\right]

3.Ricontrolla le condizioni, poi applica di nuovo

La nuova coppia di funzioni è ancora derivabile e la derivata del denominatore vale 2, diversa da zero. Solo adesso puoi derivare di nuovo.

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}}{2}=\frac{1}{2}

4.Quante volte si può ripetere

Quante volte serve, a patto di rifare il controllo ogni volta. Se dopo la derivata la forma non è più indeterminata e tu applichi la regola lo stesso, il risultato cambia e diventa sbagliato.

Risultato

\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}=\frac{1}{2}

Verifica, con lo sviluppo di Taylor:

e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\ \Longrightarrow\ \frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}=\frac{\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})}{x^{2}}\to\frac{1}{2}

Esercizio 5

medio · 0·∞

\lim_{x\to 0^{+}} x\ln x

x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}\qquad\Longrightarrow\qquad f'(x)=\frac{1}{x},\quad g'(x)=-\frac{1}{x^{2}}

1.Non è un quoziente: la regola non si applica così

x tende a 0 e ln x tende a −∞: forma 0·∞. Prima di derivare qualsiasi cosa bisogna costruire una frazione.

2.Manda il logaritmo sopra e la x sotto

Dividere per 1/x è come moltiplicare per x. Adesso è una forma ∞/∞.

x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}\qquad\left[\tfrac{-\infty}{+\infty}\right]

3.Applica la regola

La derivata di 1/x è −1/x²: dividere per una frazione la capovolge, e le x si semplificano.

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1/x}{-1/x^{2}}=\lim_{x\to 0^{+}}(-x)=0

4.Perché l'altra riscrittura è quella sbagliata

Mandando sotto il logaritmo ottieni una forma 0/0 legittima, ma il rapporto delle derivate è −x ln²x: sei tornato a un prodotto 0·∞, con un logaritmo al quadrato. Corretto, ma sei andato indietro.

\frac{x}{1/\ln x}\;\overset{\text{H}}{=}\;\frac{1}{-\dfrac{1}{x\ln^{2}x}}=-x\ln^{2}x

Risultato

\lim_{x\to 0^{+}} x\ln x=0

Verifica, con la sostituzione x = e⁻ᵗ:

x=e^{-t},\ t\to+\infty:\quad x\ln x=-t\,e^{-t}\to 0

Esercizio 6

medio · ∞−∞

\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)

\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x-x}{x\,\sin x}

1.Forma ∞−∞: non ci si può fare nulla così

Da destra i due termini tendono entrambi a +∞, da sinistra entrambi a −∞. La differenza di due infiniti dello stesso segno è indeterminata, e non è un quoziente.

2.Denominatore comune

Adesso è una forma 0/0 e la regola diventa applicabile.

=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x\,\sin x}\qquad\left[\tfrac{0}{0}\right]

3.Prima applicazione

La derivata del denominatore è un prodotto: sin x + x cos x.

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{\sin x+x\cos x}\qquad\left[\tfrac{0}{0}\right]

4.Seconda applicazione

Il denominatore derivato vale cos x + cos x − x sin x = 2cos x − x sin x, che in 0 fa 2: la forma non è più indeterminata.

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{2\cos x-x\sin x}=\frac{0}{2}=0

Risultato

\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)=0

Verifica, con Taylor (e si vede anche la velocità: il rapporto vale circa −x/6):

\sin x-x=-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3}),\quad x\sin x=x^{2}+o(x^{2})\ \Longrightarrow\ \frac{-x^{3}/6}{x^{2}}=-\frac{x}{6}\to 0

Esercizio 7

medio · ∞/∞

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}}{e^{x}}

f'(x)=2x,\quad g'(x)=e^{x}\qquad\Longrightarrow\qquad f''(x)=2,\quad g''(x)=e^{x}

1.Forma ∞/∞

Entrambe tendono a +∞. L'esponenziale non si consuma mai derivando, ma il polinomio sì: è questo che fa funzionare il procedimento.

2.Prima applicazione: il grado scende di uno

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{e^{x}}\qquad\left[\tfrac{\infty}{\infty}\right]

3.Seconda applicazione: sopra resta una costante

\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{e^{x}}=0

4.La regola generale

Con xⁿ diviso eˣ servono esattamente n applicazioni: ogni derivata abbassa il grado di uno, finché sopra non resta n fattoriale e sotto l'esponenziale. È la dimostrazione che l'esponenziale batte qualunque potenza.

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{n}}{e^{x}}=0\qquad \text{per ogni } n\in\mathbb{N}

Risultato

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}}{e^{x}}=0

Verifica, riconducendosi all'esercizio 3 con x = 2t:

\frac{x^{2}}{e^{x}}=\frac{4t^{2}}{e^{2t}}=4\left(\frac{t}{e^{t}}\right)^{2}\to 0\quad\text{perché}\quad \frac{t}{e^{t}}\to 0

Esercizio 8

avanzato · 1^∞

\lim_{x\to 0}\left(1+\sin x\right)^{\frac{1}{x}}

y=(1+\sin x)^{1/x}\qquad\Longrightarrow\qquad \ln y=\frac{\ln(1+\sin x)}{x}

1.Forma 1^∞, e un controllo preliminare

La base tende a 1 e l'esponente a ±∞: forma indeterminata. Vicino a 0 la base 1 + sin x è positiva, quindi si può prendere il logaritmo: senza questo controllo il passaggio successivo non è lecito.

2.Passa al logaritmo

Il logaritmo trasforma la potenza in un prodotto, e il prodotto in un quoziente.

\ln y=\frac{1}{x}\ln(1+\sin x)=\frac{\ln(1+\sin x)}{x}\qquad\left[\tfrac{0}{0}\right]

3.Applica la regola al logaritmo

\lim_{x\to 0}\ln y\;\overset{\text{H}}{=}\;\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{\cos x}{1+\sin x}}{1}=\frac{1}{1}=1

4.Ricomponi: il limite entra nell'esponenziale

L'esponenziale è continua, quindi il limite di e elevato a qualcosa è e elevato al limite. Questo passaggio va scritto: è il punto in cui molti si fermano al logaritmo e consegnano 1 invece di e.

y=e^{\ln y}\ \Longrightarrow\ \lim_{x\to 0}y=e^{1}=e

Risultato

\lim_{x\to 0}\left(1+\sin x\right)^{\frac{1}{x}}=e\approx 2{,}718

Verifica, con Taylor:

\ln(1+\sin x)=x-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\ \Longrightarrow\ \frac{\ln(1+\sin x)}{x}\to 1\ \Longrightarrow\ y\to e

Esercizio 9

avanzato · 0^0

\lim_{x\to 0^{+}} x^{x}

y=x^{x}\qquad\Longrightarrow\qquad \ln y=x\ln x

1.Forma 0^0

Base e esponente tendono entrambi a 0. Il limite si calcola solo da destra: per x < 0 la potenza x elevato a x non è definita nei reali.

2.Logaritmo: ritrovi l'esercizio 5

\ln y=x\ln x\qquad\left[0\cdot\infty\right]\ \xrightarrow[x\to 0^{+}]{}\ 0

3.Ricomponi

Il logaritmo tende a 0, quindi la funzione tende a e⁰.

\lim_{x\to 0^{+}}x^{x}=e^{0}=1

4.Perché 0^0 non «vale» 1

Il risultato di questo limite è 1, ma non perché 0 elevato a 0 faccia 1: 0^0 è una forma indeterminata, cioè un'informazione mancante. Cambiando le funzioni cambia il risultato. Il valore 1 arriva dal calcolo, non dalla scrittura.

Risultato

\lim_{x\to 0^{+}} x^{x}=1

Verifica, numericamente:

x=10^{-2}:\ x^{x}=0{,}9550\ \ \cdot\ \ x=10^{-4}:\ x^{x}=0{,}99908\ \ \cdot\ \ x=10^{-8}:\ x^{x}=0{,}99999982

Esercizio 10

trappola · qui NON si usa

\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{\sin x}

f'(x)=2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x},\qquad g'(x)=\cos x

1.Sembra il caso perfetto

Il numeratore tende a 0, perché il seno è limitato e x² lo schiaccia; il denominatore tende a 0. Forma 0/0, funzioni derivabili per x diverso da 0, e cos x diverso da zero vicino a 0: le prime due condizioni ci sono tutte.

2.Prova ad applicarla e guarda cosa succede

Il primo addendo tende a 0, ma il coseno di 1/x oscilla fra −1 e 1 sempre più in fretta: il rapporto delle derivate non ha limite.

\frac{f'(x)}{g'(x)}=\frac{2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}}{\cos x}\qquad \nexists\ \lim_{x\to 0}

3.La terza condizione salta: la regola tace

Non hai dimostrato niente. In particolare non hai dimostrato che il limite di partenza non esiste: il teorema semplicemente non si applica.

4.Il metodo giusto: spezza e confronta

Separa il limite notevole dal pezzo che oscilla ma è schiacciato da x.

\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{\sin x}=\underbrace{\frac{x}{\sin x}}_{\to\,1}\cdot\underbrace{x\sin\frac{1}{x}}_{\to\,0}\ \longrightarrow\ 0

Risultato

\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{\sin x}=0

Verifica, con il teorema del confronto:

\left|\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{\sin x}\right|\le\frac{x^{2}}{|\sin x|}\xrightarrow[x\to 0]{}0\quad\text{e per } x=10^{-4}\text{ il modulo vale } \approx 3\cdot 10^{-5}

Errori tipici con la regola di de l'Hôpital

Cinque errori che si ripetono in quasi tutti i compiti. Il primo è di calcolo, i tre centrali sono di ipotesi mancanti, l'ultimo è di logica — ed è quello che costa di più all'orale.

Derivare con la regola del quoziente

È l'errore numero uno, e nasce da una confusione comprensibile: de l'Hôpital non deriva la frazione, deriva il numeratore e il denominatore separatamente, come se fossero due funzioni scollegate. Applicare la regola del quoziente non è solo un giro più lungo: dà un numero diverso. Nell'esempio qui sotto porta a 1/2 invece che a 1.

Sbagliato

\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}\ \to\ \lim_{x\to 0}\frac{x\,e^{x}-(e^{x}-1)}{x^{2}}=\frac{1}{2}

Corretto

\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}\ \overset{\text{H}}{=}\ \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}}{1}=1

Applicarla a una forma che non è indeterminata

Se sostituendo ottieni un valore, il limite è già calcolato. Derivare comunque non è una scorciatoia inutile: è un procedimento che restituisce un numero sbagliato, perché fuori dalle ipotesi l'uguaglianza fra i due limiti non vale più. Qui la forma è 1/1 e il limite vale 1, ma derivando salta fuori −2.

Sbagliato

\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}+1}{\cos x}\ \overset{\text{H}}{=}\ \lim_{x\to 0}\frac{2x}{-\sin x}=-2

Corretto

\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}+1}{\cos x}=\frac{0+1}{1}=1

Non controllare che la derivata del denominatore sia diversa da zero

La seconda condizione chiede che g′ non si annulli in tutto un intorno del punto. Qui g′(x) = 1 + cos x si annulla in ogni punto della forma π + 2kπ, quindi il rapporto delle derivate non è nemmeno definito su tutta una semiretta, e dove è definito oscilla. Il limite vero si trova dividendo numeratore e denominatore per x, e vale 2.

Sbagliato

\lim_{x\to+\infty}\frac{2x+\sin x}{x+\sin x}\ \overset{\text{H}}{=}\ \lim_{x\to+\infty}\frac{2+\cos x}{1+\cos x}

Corretto

\frac{2x+\sin x}{x+\sin x}=\frac{2+\frac{\sin x}{x}}{1+\frac{\sin x}{x}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}\ 2

Restare dentro il ciclo e continuare a derivare

Quando dopo due applicazioni ti ritrovi il limite di partenza, la regola non è «difficile»: è inutile su quel limite. Nessuna terza derivata ti salverà, perché il ciclo si ripete identico. L'uscita è algebrica: raccogli il termine dominante, razionalizza o dividi per la potenza più alta.

Sbagliato

\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\ \overset{\text{H}}{=}\ \frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}\ \overset{\text{H}}{=}\ \frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}\ \overset{\text{H}}{=}\ \cdots

Corretto

\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1

Concludere che il limite non esiste perché non esiste quello delle derivate

È l'errore logico della pagina, e all'orale pesa più di un conto sbagliato. La terza condizione è un'ipotesi: se non è verificata, il teorema non si applica e non afferma nulla, né in un senso né nell'altro. Il limite di partenza va cercato con un altro strumento — e spesso esiste, come in questo caso, dove vale 1.

Sbagliato

\nexists\lim_{x\to+\infty}(1+\cos x)\ \Longrightarrow\ \nexists\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sin x}{x}

Corretto

\nexists\lim_{x\to+\infty}(1+\cos x)\ \Longrightarrow\ \text{la regola non conclude};\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sin x}{x}=1

Mini-quiz: si può applicare qui?

Tre limiti, una domanda sola: de l'Hôpital si può usare? Non serve calcolare niente fino in fondo, basta guardare la forma e le ipotesi.

1.Si può applicare de l'Hôpital?
$\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}+1}{\cos x}$
2.E qui? Il rapporto delle derivate è 1 + cos x.
$\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sin x}{x}$
3.Ultimo. Si può applicare così com'è?
$\lim_{x\to 0^{+}} x\ln x$

Domande frequenti sulla regola di de l'Hôpital

Le domande che gli studenti fanno più spesso su questo teorema, dalla grafia del nome al confronto con gli sviluppi di Taylor.

Quando si può applicare la regola di de l'Hôpital?

Servono tre cose insieme. Primo: il limite deve presentarsi nella forma 0/0 oppure infinito su infinito; qualunque altra forma va prima riscritta come quoziente, e se la forma non è indeterminata la regola non c'entra. Secondo: numeratore e denominatore devono essere derivabili in un intorno del punto, tranne al più nel punto stesso, e la derivata del denominatore non deve annullarsi in quell'intorno. Terzo: il limite del rapporto delle derivate deve esistere, finito o infinito. Solo allora si può concludere che il limite di partenza esiste e vale lo stesso.

Si scrive de l'Hôpital, de l'Hopital o dell'Hopital?

La grafia corretta è de l'Hôpital, con l'accento circonflesso: il teorema porta il nome di Guillaume de l'Hôpital, matematico francese che lo pubblicò nel 1696 nel primo manuale di calcolo differenziale della storia. Nei testi più antichi si trova anche de l'Hospital, perché in francese antico la s si scriveva e poi è diventata l'accento circonflesso. Nelle ricerche online e negli appunti circolano de l'hopital senza accento e dell'Hopital tutto attaccato: sono la stessa regola. All'esame nessuno toglie punti per l'accento, ma vale la pena sapere che il risultato è probabilmente di Johann Bernoulli, che lo aveva ceduto a de l'Hôpital in cambio di uno stipendio.

Quante volte si può applicare de l'Hôpital di seguito?

Tutte le volte che serve, a una condizione: prima di ogni applicazione bisogna ricontrollare che la forma sia ancora indeterminata e che le ipotesi valgano ancora. Il caso tipico è il rapporto fra una potenza e un esponenziale: con x elevato alla n diviso e elevato a x servono esattamente n applicazioni, perché ogni derivata abbassa il grado di uno. Se invece dopo due applicazioni il limite non si è semplificato o è tornato uguale a se stesso, non è questione di insistere: sei in un ciclo e devi cambiare metodo.

La regola di de l'Hôpital si può usare sulle successioni?

Non direttamente, perché una successione è definita sui numeri naturali e non si può derivare. Si passa dalla funzione: se il termine generale si scrive come f(n) con f definita sui reali e il limite di f(x) per x che tende a più infinito esiste e vale L, allora anche la successione tende a L. Su quella funzione, se serve, si applica de l'Hôpital. Attenzione al verso: il ragionamento vale solo in questa direzione. Se il limite della funzione non esiste, la successione può comunque convergere, come succede con il seno di 2 pi greco n, che vale sempre zero mentre il seno di x non ha limite.

Meglio de l'Hôpital o gli sviluppi di Taylor all'esame?

Dipende dal limite. Taylor conviene quando il punto è zero e il limite nasconde cancellazioni: una sola riga di sviluppo sostituisce tre derivazioni, e soprattutto ti dice anche l'ordine di infinitesimo, che serve per le domande successive. De l'Hôpital conviene quando il punto non è zero, quando gli sviluppi non li ricordi o quando basta una derivata sola per uscire dall'indeterminazione. La differenza pratica: Taylor richiede memoria, de l'Hôpital richiede attenzione alle ipotesi. Molti professori accettano entrambi, ma penalizzano chi applica de l'Hôpital senza dichiarare la forma indeterminata di partenza.

Perché su una forma 0 per infinito la regola non si applica direttamente?

Perché il teorema parla di un rapporto fra due funzioni, e un prodotto non è un rapporto: la formula con le derivate non avrebbe nemmeno senso da scrivere. La trasformazione è banale, però: dividere per uno su g equivale a moltiplicare per g, quindi il prodotto di f per g si riscrive come f diviso uno su g, ed è una forma 0/0, oppure come g diviso uno su f, ed è una forma infinito su infinito. Le due versioni sono entrambe lecite ma non sono ugualmente comode: conviene provare quella in cui le derivate si semplificano. Lo stesso vale per infinito meno infinito, che si riporta a un quoziente con il denominatore comune, e per le tre forme esponenziali, che passano dal logaritmo.

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