Gentile professore,
nella risposta al quesito 10 sessione ordinaria (ordinamento) del 2001 si dice che il limite \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sin x}{x-\sin x}\] può essere trattato nella forma \(+\infty/+\infty\), ma come è possibile se il limite di \(\sin x\) (e di \(\cos x\)) per \(x\) che tende a infinito non esiste? (Il teorema de l’Hopital non può comunque essere usato per altra ragione che viene spiegata, ma non bastava dire che la forma \(+\infty/+\infty\) non è verificata?)
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Mari,
attenzione, non è affatto vero che non si abbia la forma \(+\infty/+\infty\) nel limite in questione. Forse bisogna chiarire bene una cosa: non è affatto detto che, date due funzioni \(f(x)\) e \(g(x)\) tali che per una o anche entrambe non esista il limite per \(x\) che tende a \(x_0\), allora non debba necessariamente esistere il limite per \(x\) che tende a \(x_0\) della funzione \(f(x)+g(x)\)! Esempio banale: \(f(x)=\sin x\), \(g(x)=-\sin x\) non ammettono limite per \(x\) che tende a \(+\infty\), ma ovviamente la funzione \(f(x)+g(x)=\sin x-\sin x=0\) ammette limite, \(0\), per \(x\) che tende a \(+\infty\)! Nel nostro caso, è facile dimostrare, con il teorema del confronto, che le funzioni \(x+\sin x\) e \(x-\sin x\) ammettono limite \(+\infty\) per \(x\) che tende a \(+\infty\), essendo, per ogni \(x\), \(x-1\leq x\pm\sin x\leq x+1\): poiché \(x-1\) e \(x+1\) tendono entrambe a \(+\infty\) per \(x\) che tende a \(+\infty\), lo stesso fanno le funzioni \(x+\sin x\) e \(x-\sin x\). Quindi, in linea di principio, sarebbe applicabile il teorema di de l’Hopital, ma purtroppo in questo caso non è proprio d’aiuto; passando al limite del rapporto delle derivate, si scopre che tale limite, questo sì, non esiste! \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1+\cos x}{1-\cos x}=\frac{?}{?}\] Dobbiamo forse concludere che allora non esiste il limite che stavamo cercando? Sbagliato! Il teorema di de l’Hopital fornisce una condizione sufficiente, non necessaria, per l’esistenza di tale limite: può ben darsi quindi, ed è questo il caso, che il limite del rapporto che vogliamo calcolare esista ma che non possa essere ricavato dal limite del rapporto delle derivate dei termini del rapporto stesso, che può non esistere: \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+\sin x}{x-\sin x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( 1+\frac{\sin x}{x} \right)}{x\left( 1-\frac{\sin x}{x} \right)}=\frac{1+0}{1+0}=1\] dove si è nuovamente fatto uso del teorema del confronto per affermare che \[-\frac{1}{x}\le \frac{\sin x}{x}\le \frac{1}{x}\wedge \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\pm 1}{x}=0\Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=0\quad .\]
Massimo Bergamini