Limiti notevoli

I limiti notevoli sono limiti di successioni che risolvono in generale delle forme di indecisione del tipo £$\left[\frac{0}{0}\right]$£. Questi limiti danno informazioni sul comportamento di funzioni trascendenti come esponenziali, logaritmi e funzioni goniometriche.

La dimostrazione del perché valgano tali limiti notevoli è riportata nella sezione dedicata ai limiti di funzioni.

Ti chiederai probabilmente come sia possibile far dialogare limiti di funzioni e limiti di successioni: perché un risultato valido sui limiti di funzioni è valido anche sui limiti di successioni? Ecco l’enunciato di un teorema che giustifica il passaggio da limiti di successioni a limiti di funzioni e viceversa.

Teorema (limiti di funzioni e limiti di successioni). Sia £$I\subset\mathbb{R}$£ un intervallo di qualsiasi natura. Siano £$\mathit{f}:I\to\mathbb{R}$£ e £$p\in I$£ (oppure £$ p=\pm\infty $£ se l’intervallo £$ I $£ è almeno una semiretta dell’asse reale), allora sono equivalenti:

1. £$\lim\limits_{x\to p} {\mathit{f}(x)}=L$£
2. £$\lim\limits_{n\to +\infty}{\mathit{f}(x_n)}=L$£ per ogni successione £$x_n$£ che verifica: £$x_n\neq p$£, £$x_n\in I$£, £$x_n\to p$£ per £$n\to +\infty$£

Quindi se conosciamo il limite della funzione per £$x\to p$£, possiamo essere sicuri che, se al posto della variabile £$x$£ sostituiamo i termini di una successione che tende a £$p$£ e calcoliamo il limite per £$n\to +\infty$£, il valore del limite stesso non cambia!

Se sappiamo che £$\lim\limits_{x\to 0^{+}}{\ln x}=-\infty$£, allora presa una qualunque successione che tende a £$0^{+}$£, come ad esempio £$x_n=\frac{1}{n}$£, possiamo sicuramente dire che £$\lim\limits_{n\to +\infty}\ln{\left(\frac{1}{n}\right)}=-\infty$£.

Passando ai limiti notevoli, sicuramente ti sarai imbattuto nel famigerato calcolo del £$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\text{sen }x}{x}=1$£. Adesso, grazie al teorema appena visto, siamo in grado di dire che, presa una qualsiasi successione £$\epsilon_n$£ che sia un infinitesimo (cioè £$\epsilon_n\to 0$£ per £$n\to +\infty$£), sicuramente £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\text{sen}(\epsilon_n)}{\epsilon_n}=1$£

Per quanto abbiamo detto prima sulle relazioni tra “o-piccolo” e “asintotico”, possiamo scrivere senza paura che £$\text{sen}{(\epsilon_n)}\sim\epsilon_n$£ e che quindi £$\text{sen}{(\epsilon_n)}=\epsilon_n+\mathit{o}(\epsilon_n)$£.

Proviamo a calcolare il limite di una successione del tipo £$a_n=\text{sen}\left(\frac{1}{n^{3}}\right)\cdot{\ln{n}}$£. Possiamo scrivere direttamente: £$a_n= \text{sen} \left(\frac{1}{n^{3}}\right)\cdot{\ln{n}}\sim \frac{\ln n}{n^{3}}\to 0$£ per £$n\to +\infty$£.
Lavorare con l’asintotico è lecito perché ci troviamo di fronte ad un prodotto e l’ultimo passaggio vale per quanto visto sul confronto tra infiniti! In un attimo abbiamo ottenuto che £$\lim\limits_{n\to +\infty}{a_n}=0$£ risolvendo la forma di indecisione £$[0\cdot +\infty]$£ che caratterizzava inizialmente la successione £$a_n$£!

Vediamo un elenco completo dei limiti notevoli: ricordati che ognuno di essi può essere riletto usando “o-piccolo” a “asintotico” come abbiamo fatto nel caso £$\frac{\text{sen}(\epsilon_n)}{\epsilon_n}$£.
Preso £$\epsilon_n$£ un qualsiasi infinitesimo, allora:

• £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\text{sen}(\epsilon_n)}{\epsilon_n}=1$£
• £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1-\text{cos }(\epsilon_n)}{{(\epsilon_n)}^2}=\frac{1}{2}$£
• £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\text{tg}(\epsilon_n)}{\epsilon_n}=1$£
• £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\text{arctg}(\epsilon_n)}{\epsilon_n}=1$£
• £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\ln(1+\epsilon_n)}{\epsilon_n}=1$£
• £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\mathit{e}^{\epsilon_n}-1}{\epsilon_n}=1$£
• £$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{{(1+\epsilon_n)}^{\alpha}-1}{\alpha\cdot\epsilon_n}=1$£

Non ci resta ora che vedere qualche esempio di calcolo di limiti di successioni in cui impieghiamo tutte le tecniche viste finora, in particolare limiti notevoli, “o-piccolo” e “asintotico”.

1. £$a_n=n\cdot \left(\text{tg}\left( \frac{3}{n}\right)-\text{sen}\left(\frac{3}{n}\right)\right)$£
   Per calcolare £$\lim\limits_{n\to +\infty}a_n$£ sfruttiamo quanto appena visto sui limiti notevoli. Abbiamo che £$\text{tg}\left(\frac{3}{n}\right)=\frac{3}{n}+\mathit{o}\left(\frac{3}{n}\right)$£ e che £$\text{sen}\left(\frac{3}{n}\right)=\frac{3}{n}+\mathit{o}\left(\frac{3}{n}\right)$£.
   Quindi possiamo scrivere che:
   $$a_n=n\cdot \left(\frac{3}{n}-\frac{3}{n}+\mathit{o}\left(\frac{3}{n}\right)\right)=n\cdot\mathit{o}\left(\frac{1}{n}\right)=\mathit{o}(1)\to 0$$
   Infatti £$a_n=\mathit{o}(1)$£ implica che £$\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=0$£. All’interno della parentesi non erano coinvolti prodotti, quindi abbiamo prudentemente evitato di usare l’asintotico! Se qualche passaggio non ti è chiaro riguarda l’algebra degli o-piccoli!
2. £$b_n={(1+n^{2})}^{\frac{2}{\ln n}}$£
   Notiamo subito che ci troviamo nella situazione di una forma di indecisione del tipo £$[{+\infty}^{0}]$£. Per affrontarla (e di fatto evitarla!) utilizziamo il metodo che abbiamo già visto nella lezione sul calcolo dei limiti di una successione: riscriviamo la nostra successione in maniera furba come £$b_n=\mathit{e}^{\frac{2\ln{(1+n^{2})}}{\ln n}}$£ e studiamo come si comporta l’esponente, cioè studiamo la successione £$x_n=\frac{2\ln{(1+n^{2})}}{\ln n}$£.
   $$x_n=\frac{2\ln{(1+n^{2})}}{\ln n}=\frac{2\ln{\left(n^{2}\cdot\left(1+\frac{1}{n^2}\right)\right)}}{\ln n}=\frac{4\ln{n}+2\ln{\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}}{\ln n}=4+\frac{2\ln{\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}}{\ln n}\sim 4+\frac{2}{n^2\cdot\ln n}\to 4$$ per £$n\to +\infty$£.
   I passaggi che abbiamo eseguito coinvolgono un utilizzo furbo delle proprietà dei logaritmi che ci permette in seguito di utilizzare il limite notevole per cui £$\ln{\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}\sim\frac{1}{n^2}$£. Infine ti sarà ormai chiaro che £$\frac{2}{n^2\cdot\ln n}\to 0$£ per £$n\to +\infty$£. Quindi avremo che £$\lim\limits_{n\to +\infty}{b_n}=\lim\limits_{n\to +\infty}{\mathit{e}^{x_n}}=\mathit{e}^{4}$£.