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 .
lim
x
→
±
∞
a
0
x
k
+
a
1
x
k
−
1
+
.
.
.
+
a
k
b
0
x
r
+
b
1
x
r
−
1
+
.
.
.
+
b
r
=
{
sgn
[
a
o
b
0
]
⋅
(
±
1
)
(
k
−
r
)
⋅
∞
,
se
k
>
r
a
0
b
0
,
se
k
=
r
0
,
se
k
<
r
{\displaystyle \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.}
lim
x
→
0
(
1
+
x
)
a
−
1
x
=
a
,
a
∈
R
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{a}-1}{x}}=a,\;\;a\in \mathbb {R} }
lim
x
→
0
sin
(
x
)
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1}
Dimostrazione
Dato che
sin
(
x
)
x
{\displaystyle {\frac {\sin(x)}{x}}}
funzione pari , è sufficiente considerare il caso x>0 ; inoltre, si può supporre
x
<
π
2
{\displaystyle x<{\frac {\pi }{2}}}
x si ha
0
<
sin
x
≤
x
≤
tan
x
{\displaystyle 0<\sin x\leq x\leq \tan x}
che, considerando i reciproci, implica
1
sin
x
≥
1
x
≥
cos
x
sin
x
.
{\displaystyle {\frac {1}{\sin {x}}}\geq {\frac {1}{x}}\geq {\frac {\cos x}{\sin x}}.}
Moltiplicando per sin x si ottiene
1
≥
sin
x
x
≥
cos
x
.
{\displaystyle 1\geq {\frac {\sin x}{x}}\geq \cos x.}
Quindi, dato che cos x tende all'unità per x che tende a zero, per il teorema del confronto il limite in mezzo dovrà avere lo stesso valore degli altri due.
lim
x
→
0
sin
(
a
x
)
b
x
=
a
b
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(ax)}{bx}}={\frac {a}{b}}}
Dimostrazione
lim
x
→
0
sin
(
a
x
)
b
x
=
1
b
⋅
lim
x
→
0
sin
(
a
x
)
x
=
a
b
⋅
lim
x
→
0
sin
(
a
x
)
a
x
{\displaystyle \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
=
a
x
{\displaystyle y=ax}
a
b
⋅
lim
x
→
0
sin
(
a
x
)
a
x
=
a
b
⋅
lim
y
→
0
sin
(
y
)
y
=
a
b
⋅
1
=
a
b
{\displaystyle {\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
→
0
1
−
cos
(
x
)
x
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos(x)}{x}}=0}
Dimostrazione
lim
x
→
0
1
−
cos
(
x
)
x
=
lim
x
→
0
1
−
cos
(
x
)
x
1
+
cos
(
x
)
x
x
1
+
cos
(
x
)
=
lim
x
→
0
1
−
cos
2
(
x
)
x
2
x
1
+
cos
(
x
)
{\displaystyle \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
⇒
1
−
cos
2
(
x
)
=
sin
2
(
x
)
{\displaystyle \sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\Rightarrow \ 1-\cos ^{2}(x)=\sin ^{2}(x)}
lim
x
→
0
sin
2
(
x
)
x
2
x
1
+
cos
(
x
)
=
lim
x
→
0
(
sin
(
x
)
x
)
2
x
1
+
cos
(
x
)
{\displaystyle \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
→
0
(
sin
(
x
)
x
)
2
x
1
+
cos
(
x
)
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}\left({\frac {\sin(x)}{x}}\right)^{2}{\frac {x}{1+\cos(x)}}=0}
Quindi il limite di partenza tende a 0
lim
x
→
0
1
−
cos
(
x
)
x
2
=
1
2
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}={\frac {1}{2}}}
lim
x
→
0
tan
(
x
)
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\tan(x)}{x}}=1}
Dimostrazione
Scriviamo la tangente sfruttando la sua definizione di rapporto tra seno e coseno dell'angolo:
lim
x
→
0
sin
(
x
)
x
cos
(
x
)
=
lim
x
→
0
sin
(
x
)
x
⋅
lim
x
→
0
1
cos
(
x
)
=
1
⋅
1
=
1
{\displaystyle \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
→
0
arcsin
(
x
)
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\arcsin(x)}{x}}=1}
lim
x
→
0
arctan
(
x
)
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\arctan(x)}{x}}=1}
La dimostrazione di questo limite è analoga alla precedente.
lim
x
→
+
∞
a
x
=
+
∞
se
a
>
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }a^{x}=+\infty \quad {\text{se}}\quad a>1}
lim
x
→
+
∞
a
x
=
0
se
0
<
a
<
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }a^{x}=0\quad {\text{se}}\quad 0<a<1}
lim
x
→
−
∞
a
x
=
0
se
a
>
1
{\displaystyle \lim _{x\to -\infty }a^{x}=0\quad {\text{se}}\quad a>1}
lim
x
→
−
∞
a
x
=
+
∞
se
0
<
a
<
1
{\displaystyle \lim _{x\to -\infty }a^{x}=+\infty \quad {\text{se}}\quad 0<a<1}
lim
x
→
0
+
log
a
x
=
−
∞
se
a
>
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}\log _{a}x=-\infty \quad {\mbox{se}}\quad a>1}
lim
x
→
0
+
log
a
x
=
+
∞
se
0
<
a
<
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}\log _{a}x=+\infty \quad {\mbox{se}}\quad 0<a<1}
lim
x
→
+
∞
log
a
x
=
+
∞
se
a
>
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }\log _{a}x=+\infty \quad {\mbox{se}}\quad a>1}
lim
x
→
+
∞
log
a
x
=
−
∞
se
0
<
a
<
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }\log _{a}x=-\infty \quad {\mbox{se}}\quad 0<a<1}
lim
x
→
±
∞
(
1
+
1
x
)
x
=
e
{\displaystyle \lim _{x\to \pm \infty }{\left(1+{\frac {1}{x}}\right)}^{x}\!=e}
lim
x
→
±
∞
(
1
+
a
x
)
b
x
=
e
a
b
{\displaystyle \lim _{x\to \pm \infty }{\left(1+{\frac {a}{x}}\right)}^{bx}\!=e^{ab}}
lim
x
→
±
∞
(
x
x
+
1
)
x
=
1
e
{\displaystyle \lim _{x\to \pm \infty }{\left({\frac {x}{x+1}}\right)}^{x}\!={\frac {1}{e}}}
lim
x
→
0
(
1
+
a
x
)
1
x
=
e
a
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\left(1+ax\right)}^{\frac {1}{x}}\!=e^{a}}
lim
x
→
0
log
a
(
1
+
x
)
x
=
log
a
e
=
1
ln
a
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\log _{a}(1+x)}{x}}=\log _{a}e={\frac {1}{\ln a}}}
lim
x
→
0
ln
(
1
+
x
)
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}\!=1}
Deriva direttamente dal limite precedente sostituendo
a
{\displaystyle a}
e
{\displaystyle e}
log
a
{\displaystyle \log _{a}}
ln
{\displaystyle \ln }
ln
e
=
1
{\displaystyle \ln e=1}
lim
x
→
0
a
x
−
1
x
=
ln
a
,
a
>
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x}}=\ln a,\;\;a>0}
lim
x
→
0
e
x
−
1
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1}
Deriva direttamente dal limite precedente sostituendo
a
{\displaystyle a}
e
{\displaystyle e}
ln
a
{\displaystyle \ln a}
ln
e
=
1
{\displaystyle \ln e=1}
![{\displaystyle \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.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c5b20237b47bbc5e8dce0f3aa2d2c9349f6d5c96)
![{\displaystyle \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}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/22c7cd78643a34a29557298d5556429d1245fbc3)
![{\displaystyle \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}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7476675aae1f1f8694dcbb80ac33564b9c0ff9bf)
![{\displaystyle \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}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7d22202ad3d9530b5f4eaf72a35e392201d69f58)
![{\displaystyle \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}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7ca2fa6395153dc374d561c743c2c955667d3dae)
