Esercizio 76de l'Hôpital per la gerarchia e per una forma 1^∞

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8. Logaritmo contro potenza

Il caso $p = 1$. Per $x \to +\infty$ il denominatore $x^\alpha \to +\infty$: è il caso 2 di de l'Hôpital (basta che il denominatore vada all'infinito). Si derivano separatamente numeratore e denominatore: $$\lim_{x \to +\infty}\frac{\log x}{x^\alpha} \overset{H}{=} \lim_{x \to +\infty}\frac{\frac1x}{\alpha x^{\alpha - 1}} = \lim_{x \to +\infty}\frac{1}{\alpha\, x \cdot x^{\alpha - 1}} = \lim_{x \to +\infty}\frac{1}{\alpha x^\alpha} = 0$$ L'ultimo limite esiste, quindi il primo uguale è giustificato.

Il caso $p$ qualsiasi. Derivare direttamente non conviene: $D\log^p x = p\log^{p-1}x\cdot\frac1x$, e il logaritmo resta con esponente $p - 1$. Bisognerebbe derivare tante volte quante servono per far scendere l'esponente sotto lo zero, e se $p$ non è intero il conto è scomodo. Più semplice usare la proprietà delle potenze $\frac{a^p}{b^p} = \left(\frac ab\right)^p$ scrivendo $x^\alpha = \left(x^{\alpha/p}\right)^p$: $$\frac{\log^p x}{x^\alpha} = \left(\frac{\log x}{x^{\alpha/p}}\right)^p$$ Siccome $\frac\alpha p > 0$, per il caso $p = 1$ (con l'esponente $\frac\alpha p$ al posto di $\alpha$) la base tende a $0^+$, e $0^p = 0$ perché $p > 0$ (la potenza $t \mapsto t^p$ è continua in $0$). ∎

In simboli: $\log^p x = o(x^\alpha)$ per $x \to +\infty$, per ogni potenza positiva, anche piccolissima. Esempio: $\frac{\log^{10}x}{\sqrt[100]{x}}$ tende a $0$, anche se all'inizio cresce moltissimo.

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9. Una forma $1^\infty$

Riscrivere come esponenziale

Base ed esponente dipendono da $x$: si usa $f^g = e^{g\log f}$Vale perché $e^{\log f} = f$ per $f > 0$, e $(e^{\log f})^g = e^{g \log f}$. Trasforma una potenza con esponente variabile in un esponenziale, di cui basta studiare l'esponente.Esponenziale e logaritmo →. $$\left(\cos x - \arctan x\right)^{\frac{1}{\log(1 + 3x) - 3x}} = e^{\frac{\log(\cos x - \arctan x)}{\log(1 + 3x) - 3x}}$$ Per $x \to 0^+$ la base tende a $\cos 0 - \arctan 0 = 1$, e l'esponente $\frac{1}{\log(1 + 3x) - 3x}$ ha denominatore $\to 0$: è una forma $1^\infty$Base che tende a 1 ed esponente che tende all'infinito: il risultato può essere qualunque numero, per esempio $(1 + 1/n)^n \to e$.. Per la continuità dell'esponenziale basta calcolare il limite dell'esponente: $$L = \lim_{x \to 0^+}\frac{\log(\cos x - \arctan x)}{\log(1 + 3x) - 3x}$$ che è una forma $\frac00$ (sopra $\log 1 = 0$, sotto $0 - 0$). Si risolve in tre modi.

Metodo 1: solo de l'Hôpital

Derivata del numeratore (regola della catena, $D\log u = \frac{u'}{u}$): $$D\log(\cos x - \arctan x) = \frac{-\sin x - \frac{1}{1 + x^2}}{\cos x - \arctan x} \xrightarrow[x \to 0^+]{} \frac{-0 - 1}{1 - 0} = -1$$ Derivata del denominatore: $$D\left[\log(1 + 3x) - 3x\right] = \frac{3}{1 + 3x} - 3 = \frac{3 - 3(1 + 3x)}{1 + 3x} = \frac{-9x}{1 + 3x}$$ che tende a $0$ da sotto: per $x > 0$ si ha $1 + 3x > 1$, quindi $\frac{3}{1 + 3x} < 3$ e la differenza è negativa. Allora $$L \overset{H}{=} \lim_{x \to 0^+}\frac{\text{(qualcosa che tende a } -1)}{\text{(qualcosa che tende a } 0^-)} = \frac{-1}{0^-} = +\infty$$

Metodo 2: prima uno sviluppo, poi de l'Hôpital

Il denominatore si sviluppa facilmente. Con $y = 3x \to 0^+$ e $\log(1 + y) = y - \frac12 y^2 + o(y^2)$: $$\log(1 + 3x) - 3x = 3x - \frac12(3x)^2 + o(x^2) - 3x = -\frac92 x^2 + o(x^2) \sim -\frac92 x^2$$ (si è sviluppato fino al secondo ordine perché al primo il $3x$ si cancella e resterebbe solo un o-piccolo). Quindi $$L = \lim_{x \to 0^+}\frac{\log(\cos x - \arctan x)}{-\frac92 x^2} \overset{H}{=} \lim_{x \to 0^+}\frac{\frac{-\sin x - \frac{1}{1 + x^2}}{\cos x - \arctan x}}{-9x} = \frac{-1}{-9\cdot 0^+} = \frac{-1}{0^-} = +\infty$$ Il vantaggio: la derivata di $-\frac92 x^2$ è molto più semplice di quella del denominatore originale.

Metodo 3: solo sviluppi

Il numeratore è $\log(1 + y)$ con $y = \cos x - 1 - \arctan x \to 0$, quindi $\log(1 + y) \sim y$Limite notevole: $\log(1 + y)/y \to 1$ per $y \to 0$. Vale con qualunque $y(x)$ che tende a 0.Limiti notevoli di funzioni →: $$\log(\cos x - \arctan x) = \log\big(1 + (\cos x - 1 - \arctan x)\big) \sim \cos x - 1 - \arctan x$$ e $\cos x - 1 - \arctan x = -\frac12 x^2 + o(x^2) - x + o(x) = -x + o(x) \sim -x$ (il termine dominante vicino a $0$ è quello di grado più bassoPer $x \to 0$ si ha $x^2 = o(x)$: le potenze più alte vanno a zero più in fretta, quindi in una somma comanda la potenza più bassa.). Quindi $$L = \lim_{x \to 0^+}\frac{-x}{-\frac92 x^2} = \lim_{x \to 0^+}\frac{2}{9x} = +\infty$$

Conclusione

$L = +\infty$, quindi il limite cercato è $e^{L} = e^{+\infty} = +\infty$.

Verifica (con Python): lo sviluppo del numeratore è $-x - x^2 + o(x^2)$, quello del denominatore $-\frac92 x^2 + o(x^2)$, e il limite della funzione di partenza risulta $+\infty$ ✓.

Morale: si usa de l'Hôpital se derivando si semplifica; altrimenti si sviluppa. I tre metodi danno lo stesso risultato, il terzo è il più breve.

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Errori comuni

• Fermarsi a $L = +\infty$ e dimenticare che il limite richiesto è $e^L$.
• Sbagliare il segno del denominatore: $\frac{3}{1 + 3x} - 3$ è negativo per $x > 0$, e il segno decide tra $+\infty$ e $-\infty$.
• Sviluppare $\log(1 + 3x)$ solo al primo ordine: resta $o(x)$, che non dice niente.