Limiti di funzioni

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Analisi Matematica 1 – Ingegneria Informatica Gruppo 4, canale 6

Argomenti 19 ottobre 2017

1. Esercizio. Da http://www.math.unipd.it/~monti/A1_ING_2015/Appunti2.pdf

(Materiali didattici–Successioni numeriche.) studiare il capitolo 3 ﬁno all’esempio 2.3 (l’esempio 2.3 potete dimostrarlo usando la continuit`a della funzione p^x).

2. Esercizio. Da http://www.math.unipd.it/~monti/A1_ING_2015/A3.pdf (Esercizi settimanali, Foglio 3) svolgere tutti gli esercizi.

Limiti di funzioni

Poiché la vicinanza ad un punto si determina in base all’appartenenza a intervalli aperti che lo contengono, la definizione di limite per le funzioni si può formulare cos`ı:

Definizione 1 La scrittura

xlim→af (x) = L

significa che per ogni (= comunque scelto un) intervallo aperto V ∋ L esiste un intervallo aperto U ∋ a tale che:

∀ x ∈ U \ {a} si ha f(x) ∈ V

Teorema 2 (Permanenza del segno) Supponiamo che lim_x_→af (x) = L > 0. Esiste allora un in- tervallo aperto U ∋ a tale che ∀ x ∈ U \ {a} si ha f(x) > 0.

Dimostrazione. Scegliamo V =]0, 2L[. Per 1 esiste un intervallo aperto U ∋ a tale che ∀ x ∈ U \ {a}

si ha f (x)∈ V ovvero 0 < f(x) < 2L, da cui la tesi.

3. Esercizio. Enunciare e dimostrare il teorema della permanenza del segno per L < 0.

Nel seguito supporremo che esistano i limiti di cui si parla. Inoltre diremo che x `e vicino ad a se x varia in un opportuno intervallo aperto contenente a, con x̸= a.

Corollario 3 Se h(x)≥ 0 per x vicino ad a, allora il numero L = limx→ah(x) `e ≥ 0.

Dimostrazione. Se fosse L < 0 allora, per il teorema della permanenza del segno, si avrebbe h(x) < 0 per x vicino ad a, contro l’ipotesi.

Corollario 4 Il limite conserva le disuguaglianze larghe, cio`e se f (x)≤ g(x) per x vicino ad a, allora:

xlim→af (x)≤ lim_x

→ag(x)

Dimostrazione. Posto h(x) = g(x)− f(x), si ha h(x) ≥ 0 per x vicino ad a. Dunque:

xlim→ag(x)− lim_x

→af (x) = lim

x→a(g(x)− f(x)) = lim_x

→ah(x)≥ 0 per il Cor. 3 da cui la tesi.

(2)

Teorema 5 (dei due carabinieri) Supponiamo che per x vicino ad a si abbia:

f (x)≤ g(x) ≤ h(x) Se limx→af (x) = limx→ah(x) = L allora limx→ag(x) = L.

Dimostrazione. Sia V un intervallo aperto contenente L. Per deﬁnizione di limite, esistono due intervalli aperti U1 e U2contenenti a tali che:

∀ x ∈ U1\ {a} si ha f (x)∈ V

∀ x ∈ U2\ {a} si ha h(x)∈ V Allora:

∀ x ∈ U1∩ U2\ {a} si ha [f(x), h(x)] ⊆ V

dato che V `e un intervallo. Ponendo U = U1∩ U2, si ha che U `e un intervallo che contiene a; inoltre, poich´e g(x)∈ [f(x), h(x)] si ottiene:

∀ x ∈ U \ {a} si ha g(x) ∈ [f(x), g(x)] ⊆ V 4. Esercizio. Dimostrare che: lim

x→af (x) = 0 ⇐⇒ lim

x→a|f(x)| = 0 5. Esercizio. Dimostrare che lim

x→0x sin 1 x = 0

Le funzioni elementari sono continue sugli intervalli del dominio, cio`e:

Proposizione 6 Una funzione f (x) `e continua su un intervallo I se e solo se per ogni l ∈ I si ha il seguente fatto:

per ogni successione (a_n) di punti di I tale che a_n→ l si ha:

nlim→∞f (an) = f (l) = f (

nlim→∞an

)

ovvero le funzioni continue portano dentro l’argomento l’operatore di limite.

Inoltre, se f (x) `e continua su un intervallo I e g(x) `e una funzione a valori in I tale che

xlim→cg(x) = l∈ I allora si ha:

xlim→cf (g(x)) = f (l) = f (

xlim→cg(x) )

6. Esercizio. Sia a > 0, a̸= 1. Esiste un numero reale λ ̸= 0 tale che e^λ= a. Tale λ si chiama log a.

Allora si ha a^t= (e^λ)^t= e^λt. Calcoliamo ora _dt^df (t) con f (t) = e^λt. d

dt(e^λt) = lim

h→0

f (t + h)− f(t)

h = lim

h→0

e^λ(t+h)− e^λt

h = lim

h→0

e^λte^λh− e^λt

λh λ =

= λe^λtlim

h→0

e^λh− 1 λh

===== λeλh=k ^λtlim

k→0

e^k− 1

k = λe^λt· 1 =

= λe^λt Dunque:

d

dte^λt= λe^λt (1)

Quindi y(t) = e^λt`e soluzione dell’equazione diﬀerenziale y^′= λy.

Poich´e e^λt= a^te λ = log a, abbiamo:

d

dta^t= (log a)a^t

(3)

o meglio:

d

dta^t= a^tlog a 7. Esercizio. Consideriamo la funzione g(t) = e^t− (t + 1).

Abbiamo g(0) = e⁰− (0 + 1) = 1 − 1 = 0 e inoltre g^′(t) = e^t− 1. Poich´e e^t`e crescente, si ha:

e^t− 1 = e^t− e⁰< 0 per t < 0 e^t− 1 = e^t− e⁰> 0 per t > 0

Pertanto g(t) `e decrescente per t < 0 e crescente per t > 0; allora il punto t = 0 `e di minimo assoluto per g(t) con valore g(0) = 0 e dunque si ha g(t) > 0 per ogni t̸= 0. In conclusione:

t + 1≤ e^t ∀ t ∈ R con disuguaglianza stretta per t ̸= 0 8. Esercizio. Disegnare un graﬁco che rappresenti la disuguaglianza tra funzioni:

t + 1≤ e^t (2)

9. Esercizio. La disuguaglianza (2) `e una disuguaglianza fra espressioni positive se t >−1. Poich´e il passaggio al reciproco `e decrescente sui positivi, esso rovescia le disuguaglianze fra positivi e quindi otteniamo:

e^−t≤ 1 1− (−t) Ponendo−t = u, se t > −1 si ha u < 1 e otteniamo:

e^u≤ 1

1− u (3)

Tornando a chiamare t la variabile indipendente, da (2) e (3) otteniamo il seguente incastro dell’espo- nenziale:

1 + t≤ e^t≤ 1

1− t per t < 1 (4)

10. Esercizio. Disegnare un graﬁco che rappresenti le disuguaglianze tra funzioni dell’esercizio precedente.

11. Esercizio. Passando alle funzioni inverse in (4), ottenere le disuguaglianze:

t− 1

t ≤ log t ≤ t − 1 Disegnare un graﬁco che rappresenti queste disuguaglianze.

12. Esercizio. Traslando il graﬁco di un’unit`a verso sinistra, dimostrare che:

t

1 + t ≤ log(1 + t) ≤ t per t > −1 Disegnare un graﬁco che rappresenti queste disuguaglianze.

13. Esercizio. Dimostrare il seguente limite fondamentale:

xlim→0

log(1 + x)

x = 1

Dimostrazione. Riprendiamo la disuguaglianza appena dimostrata:

x

x + 1 ≤ log(1 + x) ≤ x per x >−1 (5)

Se consideriamo x > 0 e dividiamo tutti i termini per x otteniamo:

1

1 + x ≤log(1 + x)

x ≤ 1

(4)

Poich´e x > −1 `e un intorno di 0, passando al limite e applicando il teorema dei due carabinieri, si ottiene:

lim

x→0⁺

log(1 + x)

x = 1

Se x < 0, dividendo per x la (5) le disuguaglianze si invertono e comunque i due carabinieri conducono allo stesso risultato.

14. Esercizio. Dimostrare che:

d

dxlog x = 1 x Soluzione. Ricordiamo che:

d

dxf (x) = lim

h→0

f (x + h)− f(x) h ove, nel calcolo del limite, x `e pensato ﬁssato. Abbiamo dunque:

d

dxlog x = lim

h→0

log(x + h)− log x

h = lim

h→0

log( 1 +^h_x)

h x

1 x=

= 1

x lim

h→0

log( 1 +^h_x)

h x

h x=t

==== 1 xlim

t→0

log(1 + t)

t =

= 1

x· 1 = 1 x come si voleva.

15. Esercizio. Usando il cambiamento di base dimostrare che:

xlim→0

log_a(1 + x)

x = 1

log a

d

dxlog_ax = 1 x log a Ricordare che se a e b sono reali con a > 0 si pu`o porre a^b = e^{b log a}.

16. Esercizio. Dimostrare che:

xlim→0(1 + λx)¹^x = e^λ lim

x→1x^1−x¹ = e⁻¹ lim

x→0⁺x²log x = 0 lim

x→0⁺x log x = 0

xlim→0

1

xlog(1− 3x) = −3 lim

x→0⁺

1

xlog(1 + x²) = 0 lim

x→0⁺x^x= 1 lim

x→0⁺(log x)(log(1− x)) = 0 17. Esercizio. Siano α, β numeri positivi. Dimostrare che:

lim

x→0⁺x^α(− log x)^β= 0 lim

x→+∞

x^α e^βx = 0

x→+∞lim x^α

(log x)^β = +∞ lim

x→0

1− cos x x² = 1

2

18. Esercizio. Sia α un numero reale ﬁssato. Dimostrare il seguente limite fondamentale:

lim

x→0

(1 + x)^α− 1

x = α

Soluzione. Si pu`o supporre α̸= 0. Poich´e

(1 + x)^α= e^log(1+x)^α = e^{α log(1+x)} possiamo scrivere:

(1 + x)^α− 1

x = e^{α log(1+x)}− 1

x ·log(1 + x) log(1 + x)

(5)

perch´e x̸= 0. L’ultima espressione si pu`o scrivere:

e^{α log(1+x)}− 1

α log(1 + x) · α ·log(1 + x)

x (6)

Per x→ 0 si ha:

• l’ultimo fattore tende a 1.

• il secondo fattore `e la costante α.

• il primo fattore con la sostituzione t = α log(1 + x) diventa ^e^t⁻¹_t .

Poich´e lim

x→0t = lim

x→0α log(1 + x) = 0, rimane da calcolare il lim

t→0

e^t− 1

t = 1 come sappiamo. Pertanto da (6) concludiamo che il limite richiesto vale α.

19. Esercizio. Usare il risultato precedente per calcolare:

lim

t→0

28√

t + 5− ²⁸√ 5 t

20. Esercizio. Sia α un reale diverso da 0. Dimostrare che se x > 0 si ha:

d

dxx^α= αx^α⁻¹ Soluzione.

lim

h→0

(x + h)^α− x^α

h = lim

h→0x^α

(1 + ^h_x)α

− 1

h =

= x^αlim

h→0

(1 +^h_x)^α− 1

h x

· 1 x

h x=t

==== x^α x lim

t→0

(1 + t)^α− 1

t =

= x^α⁻¹· limite fondamentale = αx^α⁻¹

(6)

21. Esercizio.

• Si supponga che lim

x→cf (x) = 0 e lim

x→cf (x)· g(x) = l. Dimostrare che:

xlim→c(1 + f (x))^g(x)= e^l con la convenzione e⁺^∞= +∞, e^−∞= 0.

• Usare il risultato precedente per calcolare i seguenti limiti:

x→±∞lim (

1 + 1 x

)x

xlim→0(1 + x)¹^x

x→±∞lim

(x + 2x³+ x⁴ x⁴

)3x

x→+∞lim

(1 + x + x² x²

)x

• Discutere, al variare del parametro reale α, l’esistenza e il valore dei seguenti limiti:

x→+∞lim

( x³+ x^α x³+ sin x + x

)

x→+∞lim

(x²+ 1 + x^α x²+ 1

)x

Rapporto e radice

Data una successione (an) con an> 0∀n ∈ N, si considerino i seguenti limiti.

λ = lim

n→∞

√n

a_n, µ = lim

n→∞

a_n+1 an

Si ha allora:

• Se µ esiste anche λ esiste e λ = µ.

• Se λ < 1 la successione `e inﬁnitesima.

• Se λ > 1 la successione diverge.

Dimostrazione. In seguito.

22. Esercizio. Trovare:

nlim→∞

√n

n!

n