Ricevo da Luigia la seguente domanda:
Non riesco ad eliminare la forma indeterminata di:
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{e{{\left( \cos \sqrt{2x} \right)}^{\frac{1}{x}}}-1}{x}\quad .\]
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Luigia,
non mi pare, ad un primo esame, che questo limite non semplice possa essere calcolato facendo ricorso solamente a manipolazioni algebriche e limiti notevoli: ad un certo punto si deve ricorrere al teorema di de l’Hospital (o a sviluppi in polinomi di Taylor): \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{e{{\left( \cos \sqrt{2x} \right)}^{\frac{1}{x}}}-1}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{^{1+\frac{\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{x}}}}-1}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{^{1+\frac{\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{x}}}}-1}{\left( 1+\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)/x \right)}\cdot \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{{{x}^{2}}}\] Poiché, posto \(\cos \sqrt{2x}=1+t\), cioè \(t=\cos \sqrt{2x}-1\), si ha: \[\underset{x\to{{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{x}=\underset{t\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+t \right)}{t}\cdot 2\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\cos \sqrt{2x}-1}{2x}=-1\] possiamo dire che \[1+\frac{\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{x}\] è un infinitesimo per \(x\to {{0}^{+}}\), e quindi \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{^{1+\frac{\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{x}}}}-1}{\left( 1+\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)/x \right)}=1\quad .\]
Resta da calcolare il limite \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{{{x}^{2}}}\] che si presenta come forma \(\frac{0}{0}\), in cui il numeratore è un infinitesimo differenza di due infinitesimi equivalenti, essendo, per quanto dimostrato in precedenza, \(\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)\sim –x\) nel limite \(x\to {{0}^{+}}\): come avviene quasi sempre in questi casi, la determinazione della parte principale di tale infinitesimo non è fattibile senza far ricorso a una delle tecniche suddette. Procediamo con la formula di de l’Hospital, derivando numeratore e denominatore: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\ln \left( \cos \sqrt{2x} \right)}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\frac{\tan \sqrt{2x}}{\sqrt{2x}}}{2x}\] che è ancora nella forma \(\frac{0}{0}\); ora poniamo \(p=\sqrt{2x}\) e otteniamo, applicando nuovamente de l’Hospital: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\frac{\tan \sqrt{2x}}{\sqrt{2x}}}{2x}=\underset{p\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{p-\tan p}{{{p}^{3}}}=\underset{p\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-1-{{\tan }^{2}}p}{3{{p}^{2}}}=-\frac{1}{3}\underset{p\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\tan }^{2}}p}{{{p}^{2}}}=-\frac{1}{3}\]
per cui, in definitiva: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{e{{\left( \cos \sqrt{2x} \right)}^{\frac{1}{x}}}-1}{x}=-\frac{1}{3}\quad .\]
Massimo Bergamini
