De l’Hôpital e asintoti trascendenti

Nello studio di funzione capita spesso di incontrare limiti in forma indeterminata che i soli limiti notevoli non risolvono. Lo strumento generale è la regola di de l’Hôpital: se $\displaystyle \lim\dfrac{f}{g}$ si presenta nella forma $\dfrac{0}{0}$ o $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ , allora

$\lim_{x\to c}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to c}\dfrac{f'(x)}{g'(x)},$

a patto che il secondo limite esista. Vale per $c$ finito o infinito, e si può applicare più volte se la forma indeterminata persiste. Le altre forme ( $0\cdot\infty$ , $\infty-\infty$ , $1^\infty$ , $\infty^0$ , $0^0$ ) si ricavano riconducendole a $\dfrac{0}{0}$ o $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ .

Un’applicazione importante è la ricerca degli asintoti obliqui di funzioni trascendenti (esponenziali, logaritmiche): la retta $y=mx+q$ si trova dai limiti

$m=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{f(x)}{x},\qquad q=\lim_{x\to\pm\infty}\big(f(x)-mx\big),$

e spesso il calcolo di $m$ richiede de l’Hôpital o un confronto fra infiniti. I quattro esercizi seguono lo schema generale, mettendo a fuoco proprio questi limiti.

Esercizio 1 — de l’Hôpital per una forma 0/0

Studiare la funzione

$f(x)=\dfrac{e^x-1}{x}.$

1. Dominio e comportamento in 0

Il denominatore impone $x\neq 0$ , quindi $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$ . In $x=0$ il limite si presenta nella forma $\displaystyle \dfrac{e^0-1}{0}=\dfrac{0}{0}$ . Applichiamo de l’Hôpital (derivando numeratore e denominatore):

$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x}\overset{H}{=}\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x}{1}=e^0=1.$

Il limite vale $1$ : la discontinuità in $0$ è eliminabile, e la funzione è prolungabile con $f(0)=1$ . (È, di fatto, il limite notevole $\displaystyle \dfrac{e^x-1}{x}\to 1$ , qui ottenuto con de l’Hôpital.)

2. Segno e intersezioni

Numeratore $e^x-1$ : positivo per $x>0$ , negativo per $x<0$ . Denominatore $x$ : stesso schema di segni. Il rapporto è quindi positivo ovunque ( $x\neq 0$ ); prolungato, $f(0)=1>0$ . Nessuno zero (il numeratore si annulla solo in $x=0$ , escluso/prolungato).

3. Limiti all’infinito e asintoti

Per $x\to+\infty$ : forma $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ , de l’Hôpital dà $\displaystyle \lim\dfrac{e^x}{1}=+\infty$ (l’esponenziale batte $x$ ). Per $x\to-\infty$ : $e^x\to 0$ , quindi $\displaystyle \dfrac{e^x-1}{x}\to\dfrac{-1}{-\infty}=0^+$ . La retta $y=0$ è asintoto orizzontale a $-\infty$ .

4. Monotonia

Derivando (regola del quoziente) si ottiene $f'(x)=\dfrac{e^x(x-1)+1}{x^2}$ . Il numeratore $g(x)=e^x(x-1)+1$ ha $g(0)=0$ e $g'(x)=e^x\cdot x$ , positivo per $x>0$ e negativo per $x<0$ : dunque $g$ ha minimo $0$ in $x=0$ , cioè $g(x)\geq 0$ ovunque. Perciò $f'(x)\geq 0$ : la funzione è crescente su entrambi i rami (e nel punto prolungato), senza estremi.

5. Grafico

Discontinuità eliminabile in x = 0, dove de l'Hôpital dà il limite 1: la funzione è prolungabile con f(0) = 1. Asintoto orizzontale y = 0 a −∞; crescente ovunque, sempre positiva.

Esercizio 2 — Asintoto obliquo da un esponenziale

Studiare la funzione

$f(x)=x+e^{-x}.$

1. Dominio e simmetrie

$D=\mathbb{R}$ . Nessuna simmetria ( $f(-x)=-x+e^x$ ).

2. Intersezioni e segno

Per il segno e gli zeri anticipiamo il minimo (passo 4): la funzione ha minimo $1>0$ , quindi $f(x)\geq 1>0$ ovunque, nessuno zero. Asse $y$ : $f(0)=0+1=1$ .

3. Limiti e asintoti

Per $x\to+\infty$ : $e^{-x}\to 0$ , quindi $f\to+\infty$ . Cerchiamo l’asintoto obliquo:

$m=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+e^{-x}}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)=1,$

$q=\lim_{x\to+\infty}\big(f(x)-x\big)=\lim_{x\to+\infty}e^{-x}=0.$

La retta $y=x$ è asintoto obliquo a $+\infty$ : la funzione vi si appoggia da sopra (perché $e^{-x}>0$ ). Per $x\to-\infty$ , invece, $e^{-x}\to+\infty$ domina su $x$ e $f\to+\infty$ ; il rapporto $\displaystyle \dfrac{e^{-x}}{x}\to-\infty$ , quindi nessun asintoto a sinistra (la funzione cresce come un esponenziale).

4. Derivata prima

$f'(x)=1-e^{-x}.$

Si annulla dove $e^{-x}=1$ , cioè $x=0$ . Per $x<0$ , $e^{-x}>1$ quindi $f'<0$ (decrescente); per $x>0$ , $f'>0$ (crescente):

Intervallo	$f'(x)$	Andamento
$(-\infty,0)$	$-$	decrescente
$(0,+\infty)$	$+$	crescente

In $x=0$ un minimo assoluto, $f(0)=1$ .

5. Derivata seconda

$f''(x)=e^{-x}>0\quad\text{per ogni }x.$

La funzione è convessa ovunque, nessun flesso.

6. Grafico

Asintoto obliquo y = x a +∞ (la curva vi si appoggia da sopra, perché e^(−x) > 0). Minimo assoluto in (0, 1); a −∞ cresce come un esponenziale, senza asintoto. Convessa ovunque, sempre positiva.

Esercizio 3 — Asintoto obliquo da un logaritmo (softplus)

Studiare la funzione

$f(x)=\ln\!\left(e^x+1\right).$

È la funzione softplus, molto usata nelle reti neurali: una versione «liscia» della spezzata $\max(x,0)$ .

1. Dominio e segno

L’argomento $e^x+1$ è sempre $\geq 1>0$ , quindi $D=\mathbb{R}$ e, poiché $e^x+1>1$ , si ha $\ln(e^x+1)>0$ : la funzione è sempre positiva, senza zeri. Asse $y$ : $f(0)=\ln(1+1)=\ln 2\approx 0{,}69$ .

2. Limiti e asintoti

Verso $-\infty$ : $e^x\to 0$ , quindi $f\to\ln(0+1)=\ln 1=0$ . La retta $y=0$ è asintoto orizzontale a $-\infty$ .

Verso $+\infty$ : $f\to+\infty$ . Cerchiamo l’asintoto obliquo. Per $m$ , forma $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ , de l’Hôpital:

$m=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(e^x+1)}{x}\overset{H}{=}\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\dfrac{e^x}{e^x+1}}{1}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{e^x+1}=1.$

Per $q$ , raccogliamo $e^x$ dentro il logaritmo:

\begin{aligned} q&=\lim_{x\to+\infty}\big(\ln(e^x+1)-x\big)\\ &=\lim_{x\to+\infty}\ln\!\left(\dfrac{e^x+1}{e^x}\right)\\ &=\lim_{x\to+\infty}\ln\!\left(1+e^{-x}\right)\\ &=\ln 1=0. \end{aligned}

La retta $y=x$ è asintoto obliquo a $+\infty$ . La funzione passa quindi dolcemente da $y=0$ (a sinistra) a $y=x$ (a destra): è la versione liscia di $\max(x,0)$ .

3. Derivata prima

$f'(x)=\dfrac{e^x}{e^x+1}=\dfrac{1}{1+e^{-x}}.$

Riconosciamo la sigmoide logistica: vale sempre tra $0$ e $1$ , ed è $\gt 0$ . Quindi $f$ è sempre crescente, senza estremi. (I valori della derivata danno le pendenze degli asintoti: $f'\to 0$ a $-\infty$ — asintoto orizzontale — e $f'\to 1$ a $+\infty$ — asintoto di pendenza $1$ .)

4. Derivata seconda

La derivata della sigmoide è $f''(x)=\dfrac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}>0$ per ogni $x$ : la funzione è convessa ovunque, nessun flesso. La concavità verso l’alto raccorda con continuità i due asintoti.

5. Grafico

Softplus: versione liscia di max(x, 0). Asintoto orizzontale y = 0 a −∞ e asintoto obliquo y = x a +∞. Sempre crescente (derivata = sigmoide) e convessa; passa per (0, ln 2).

Esercizio 4 — de l’Hôpital applicato due volte

Studiare la funzione

$f(x)=x^2 e^{-x}.$

Mostra la gerarchia degli infiniti dimostrata rigorosamente con de l’Hôpital iterato.

1. Dominio, simmetrie e segno

$D=\mathbb{R}$ . Nessuna simmetria. Il fattore $e^{-x}$ è positivo, $x^2\geq 0$ : la funzione è non negativa, nulla solo in $x=0$ (zero doppio). Asse $y$ : $f(0)=0$ .

2. Limiti e asintoti

Verso $+\infty$ : forma $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ (scritta come $\displaystyle \dfrac{x^2}{e^x}$ ). Una sola applicazione di de l’Hôpital non basta:

$\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x^2}{e^x}\overset{H}{=}\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{e^x}\overset{H}{=}\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2}{e^x}=0.$

Applicando due volte la regola, il limite è $0$ : la retta $y=0$ è asintoto orizzontale a $+\infty$ . È la dimostrazione rigorosa che $e^x$ batte $x^2$ .

Verso $-\infty$ : $x^2\to+\infty$ e $e^{-x}\to+\infty$ , quindi $f\to+\infty$ (nessuna forma indeterminata, nessun asintoto a sinistra).

3. Derivata prima

Regola del prodotto:

$f'(x)=2x\,e^{-x}+x^2(-e^{-x})=e^{-x}(2x-x^2)=x\,e^{-x}(2-x).$

Il fattore $e^{-x}>0$ ; il segno dipende da $x(2-x)$ , che si annulla in $x=0$ e $x=2$ :

Intervallo	$x(2-x)$	$f'(x)$	Andamento
$(-\infty,0)$	$-$	$-$	decrescente
$(0,2)$	$+$	$+$	crescente
$(2,+\infty)$	$-$	$-$	decrescente

In $x=0$ un minimo $(0,0)$ ; in $x=2$ un massimo $M\left(2,\dfrac{4}{e^2}\right)\approx(2,\,0{,}54)$ .

4. Derivata seconda

Derivando $f'(x)=e^{-x}(2x-x^2)$ :

$f''(x)=-e^{-x}(2x-x^2)+e^{-x}(2-2x)=e^{-x}\big(x^2-4x+2\big).$

Il fattore $x^2-4x+2$ si annulla in $x=2\pm\sqrt2$ (radici $\approx 0{,}59$ e $\approx 3{,}41$ ), cambiando segno: due flessi. La funzione è concava verso l’alto fuori dall’intervallo $[2-\sqrt2,\,2+\sqrt2]$ e verso il basso al suo interno (attorno al massimo).

5. Grafico

Minimo (0, 0) e massimo M(2, 4/e²). Asintoto orizzontale y = 0 a +∞, dimostrato con de l'Hôpital applicato due volte (e^x batte x²). Due flessi in x = 2 ± √2; a −∞ la funzione cresce a +∞.

Sintesi: quando e come usare de l’Hôpital

Quando applicarla: solo davanti alle forme $\dfrac{0}{0}$ o $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ . Le altre forme indeterminate vanno prima riscritte: $0\cdot\infty$ come $\displaystyle \dfrac{0}{1/\infty}$ o $\displaystyle \dfrac{\infty}{1/0}$ ; $\infty-\infty$ con un denominatore comune; $1^\infty,\infty^0,0^0$ passando al logaritmo (vedi potenze a esponente variabile).
Si può iterare: se dopo una derivazione la forma resta indeterminata, si riapplica (come in $x^2e^{-x}$ , due volte). Funziona finché numeratore e denominatore restano derivabili e la forma persiste.
Cautele: controllare ogni volta che la forma sia ancora $\dfrac{0}{0}$ o $\displaystyle \dfrac{\infty}{\infty}$ prima di derivare; se il limite di $\displaystyle \dfrac{f'}{g'}$ non esiste, la regola non dà informazioni (non significa che il limite originale non esista).
Asintoti obliqui trascendenti: la pendenza $\displaystyle m=\lim\dfrac{f}{x}$ spesso richiede de l’Hôpital o un confronto fra infiniti; il termine noto $\displaystyle q=\lim(f-mx)$ si calcola raccogliendo il fattore dominante (per i logaritmi, dentro l’argomento, come in $\ln(e^x+1)$ ). Gli asintoti orizzontali e obliqui si leggono anche dai limiti della derivata: $f'\to 0$ suggerisce un asintoto orizzontale, $f'\to m$ finito un asintoto di pendenza $m$ .