La difficoltà del calcolo dei limiti sta nel fatto che per alcuni tipi di funzioni è necessario procedere a una “manipolazione algebrica” per ricondursi ai limiti studiati e trovare una soluzione ai problemi. Molti esercizi possono essere risolti in modi differenti e alcuni richiedono un certo sforzo di immaginazione. Indispensabile come base di partenza è studiare e memorizzare il valore assunto da alcuni limiti particolari che fanno spesso la loro comparsa nei metodi di soluzione. Proprio a causa di questa loro diffusione e conseguente importanza sono spesso ricordati come limiti notevoli.
Di seguito offriamo una tabella in cui sono indicati quelli più spesso utilizzati negli esercizi proposti al liceo, cominciando da quelli di cui proprio non si può fare a meno e passando via via a quelli più particolari e che compaiono più raramente nei metodi di soluzione.
| Limite | Forma di indeterminazione | |
| 1. | $$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$ | $$"\frac{0}{0}"$$ |
| 2. | $$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$$ | $$"\frac{0}{0}"$$ |
| 3. | $$\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e$$ | $$"1^\infty"$$ |
| 4. | $$\lim_{x\to0^+}x \ln x=0$$ | $$"0\cdot\infty"$$ |
| 5. | $$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$$ | $$"\frac{0}{0}"$$ |
| 6. | $$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1$$ | $$"\frac{0}{0}"$$ |
| 7. | $$\lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}{x}=1$$ | $$"\frac{0}{0}"$$ |
| 8. | $$\lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{x}=1$$ | $$"\frac{0}{0}"$$ |
La dimostrazione di questi limiti non verrà discussa in questo testo; tuttavia segnaliamo che in questa lezione si può vedere la dimostrazione del limite 1, in cui viene fatto uso del Teorema del confronto.
A partire da questi limiti, molti altri limiti notevoli si ottengono attraverso la manipolazione algebrica, che in alcuni casi può richiedere anche una certa dose di creatività. Nella prossima tabella ne vediamo alcuni tra quelli usati più frequentemente:
| Limite | Forma di indeterminazione | |
| a. | $$\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x} = 1$$ |
$$"\frac{0}{0}"$$ |
| b. | $$\lim_{x\to0} \frac{1-\cos x}{x} = 0$$ |
$$"\frac{0}{0}"$$ |
| c. | $$\lim_{x\to0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e$$ | $$"1^\infty"$$ |
| d. | $$\lim_{x\to0} \frac{a^x-1}{x} = \ln a$$ |
$$"\frac{0}{0}"$$ |
| e. | $$\lim_{x\to0} \frac{\log_a (1+x) }{x}= \log_a e$$ |
$$"\frac{0}{0}"$$ |
| f. | $$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^k-1}{x}=k$$ |
$$"\frac{0}{0}"$$ |
A titolo di esempio consideriamo la derivazione del limite "f" a partire dal limite 5 e dal limite 6 della prima tabella. Per cominciare sfruttiamo il fatto che esponenziale e logaritmo sono uno funzione inversa dell'altro per scrivere quanto segue: $$1+x=e^{\ln(1+x)}$$Per le proprietà delle potenze otteniamo: $$(1+x)^k=\left(e^{\ln(1+x)}\right)^k=e^{k\cdot\ln(1+x)}$$Ora a esponente troviamo qualcosa che ci ricorda il limite 6, manca soltanto una $x$ a denominatore che possiamo far comparire moltiplicando e dividendo l'esponente proprio per $x$: $$e^{kx\cdot\frac{\ln(1+x)}{x}}$$ Il limite 6 ci dice proprio che per $x$ che tende a zero la frazione a esponente tende a $1$ per cui possiamo scrivere: $$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^k-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{e^{kx\cdot\frac{\ln(1+x)}{x}}-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{e^{kx}-1}{x}$$L'ultimo passaggio consiste nel moltiplicare numeratore e denominatore per $k$ in modo da poter procedere alla sostituzione $y=kx$: $$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^k-1}{x}=\lim_{x\to0}k\cdot\frac{e^{kx}-1}{kx}=k\cdot\lim_{y\to0}\frac{e^y-1}{y}=k$$
Limiti notevoli generalizzati
Ciascuno dei limiti notevoli elencati prima può essere generalizzato seguendo questa regola:
Ogni volta che compare la lettera $x$ all’interno di un limite notevole, possiamo ottenere un nuovo limite sostituendo $x$ con una opportuna funzione $f(x)$ che rispetti le seguenti condizioni:
- se nel limite notevole che stiamo generalizzando si ha $x \to 0^\pm$, allora nel nuovo limite deve essere $f(x) \to 0^\pm$;
- se nel limite notevole che stiamo generalizzando si ha $x \to \pm \infty$, allora nel nuovo limite deve essere $f(x) \to \pm \infty$.
Queste tecniche vanno sotto il nome di sostituzione di variabile.
È importante sottolineare che nel nuovo limite che otteniamo non importa dove tenda $x$, ma importa soltanto a cosa sta tendendo $f(x)$.
Facciamo qualche esempio.
- Consideriamo il limite notevole: $$\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e$$Se al posto di $x$ mettiamo $f(x) = x^3$ otteniamo il limite: $$\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x^3}\right)^{x^3}=e$$Questo limite è ancora vero, dato che $f(x) \to +\infty$ (così come $x \to +\infty$ nel limite notevole di partenza).
- Prendiamo il limite: $$\lim_{x \to +\infty} \frac{ \sin \left ( \frac{1}{x} \right )}{ \frac{1}{x} }$$Si nota facilmente che questo è il limite notevole: $$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$nel quale al posto di $x$ abbiamo sostituito $f(x) = \frac{1}{x}$. Dato che $x \to +\infty$, allora $\frac{1}{x} \to 0$; quindi la regola enunciata prima è rispettata. Di conseguenza: $$\lim_{x \to +\infty} \frac{ \sin \left ( \frac{1}{x} \right )}{ \frac{1}{x} } = 1$$
- Se prendiamo invece il limite: $$\lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-1}{x^3}$$non possiamo utilizzare questo metodo per ricondurci immediatamente al limite: $$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$$ Infatti, nonostante $x^3 \to 0$ e $x^2 \to 0$ così come $x \to 0$ nel limite notevole, non abbiamo la stessa funzione $f(x)$ sostituita al posto di $x$, ma due funzioni differenti ($x^2$ e $x^3$).
- Si noti che tuttavia possiamo risolvere il limite precedente sfruttando il limite notevole. Infatti, raccogliendo $x$ al denominatore si ottiene: $$ \frac{1}{x} \, \frac{e^{x^2} - 1}{x^2} $$ dove riconosciamo il limite notevole 5 moltiplicato per $\frac{1}{x}$. Siccome: $$ \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} = \infty \qquad \lim_{y \to 0} \frac{e^y-1}{y} = 1$$ il limite ora prende la forma “$1 \cdot \infty$”, che non è una forma di indecisione. In conclusione, $ \displaystyle{\lim_{x \to 0^{\pm}} \frac{e^{x^2}-1}{x^3}} = \pm \infty$.