Limiti e continuità. Capitolo Il concetto di limite

Transcript

1 Capitolo 7 Limiti e continuità 7. Il concetto di ite Il concetto di ite è certamente tra i meno immediati e, purtroppo, causa spesso molto sconcerto tra gli studenti perché la sua defizione sembra del tutto astrusa. In realtà il ite è uno strumento utilissimo per capire il comportamento di una funzione in vicinanza di un punto nel quale essa non può essere calcolata. Inoltre, tramite esso è possibile definire altri concetti basilari dell analisi matematica come continuità, derivabilità, etc. Definizione 7. Sia 0 R. Chiamiamo intorno di 0 e lo indichiamo con I( 0 ) un qualsiasi intervallo aperto contenente il punto 0. Per esempio, se 0 = 2 allora l intervallo ( 4; 3) è un intorno di 2 in quanto lo contiene. In generale, se δ, δ 2 > 0, un intorno può essere scritto come Intorni particolari sono: I( 0 ) = ( 0 δ ; 0 + δ 2 ) = { R: 0 δ < < 0 + δ 2 }. intorno circolare di 0, se δ = δ 2 = δ. Questo si verifica quando il punto 0 è esattamente al centro dell intorno come per esempio per I( 2) = ( 3; ). Si osservi che gli intorni circolari possono essere scritti come I δ ( 0 ) = { R: 0 < δ}. intorno sinistro di 0, se δ 2 = 0. Questo significa che il punto 0 è l estremo destro dell intorno, ad esempio I( 2) = ( 4; 2). intorno destro di 0, se δ = 0. Questo significa che il punto 0 è l estremo sinistro dell intorno, ad esempio I( 2) = ( 2; 3). intorno di, se I = ( ; a), a R. In pratica, sono intorni di e si indicano con I( ) tutti gli intervalli del tipo < a, indipendetemente dal segno di a, come ad esempio I( ) = ( ; 3). intorno di +, se I = (b; + ), b R. In pratica, sono intorni di + e si indicano con I(+ ) tutti gli intervalli del tipo > b, indipendetemente dal segno di b, come ad esempio I(+ ) = (3; + ). intorno di, se I = I ( ) I + (+ ). In altre parole, sono intorni di infinito (senza il segno) tutte le unioni di intervalli di meno infinito e più infinito del tipo < a > b, a, b R, a < b. 63

2 64 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ Per introdurre il concetto di ite, immaginiamo di voler calcolare il valore di una funzione nell intorno di un punto 0 nel quale essa non è definita. Per esempio, la funzione f() = non è definita in 0 = 3, ma vogliamo vedere come si comporta abbastanza vicino a 0 = 3. Per f() Tabella 7.: Valori assunti da f() = nell intorno di 0 = 3. far questo, utilizzando la calcolatrice, calcoliamo (si veda la tabella 7.) i valori assunti da f() man mano che ci si avvicina a 3 da sinistra (2.9, 2.99, 2.999) oppure da destra (3., 3.0, 3.00). Si osserva facilmente che il valore di f() tende in modo sempre più evidente al valore, per difetto se ci si avvicina a 3 da sinistra, per eccesso se l avvicinamento avviene da destra. Molto qualitativamente si può quindi affermare che f() tende a l = per che tende a 0 = 3. y y I ǫ (l) l + ǫ f() l l ǫ I ǫ (l) 0 f() = sin( 20 ) = 3 I ǫ ( 0 ) I ǫ ( 0 ) =? Figura 7.: Limite finito l per che tende ad un valore finito 0 (sinistra), non esistenza del ite (destra). Cerchiamo di generalizzare questi fatti. Consideriamo una funzione f() definita in un intorno I( 0 ), escluso al più il punto 0. Diremo che il ite per che tende a 0 di f() è uguale a l e scriveremo f() = l se succede quanto segue. Con riferimento alla figura 7. di 0 sinistra, scelto un numero positivo e arbitrario ǫ, consideriamo un intorno di l di ampiezza ǫ che indichiamo con I ǫ (l) = (l ǫ; l + ǫ); esso è un intorno sull asse y (in figura si veda il segmento ingrossato tra l ǫ e l + ǫ) e non è altro che una striscia orizzontale (si veda il tratteggio) che contiene l. In corrispondenza di I ǫ (l) è allora possibile determinare un intorno di 0 che dipende da ǫ e che indichiamo con I ǫ ( 0 ) in modo tale che scelto un valore I ǫ ( 0 ) I( 0 ) si ha che f() I ǫ (l). Per capire come si origina l intorno I ǫ ( 0 ), si notino in figura 7. le frecce orizzontali che partono rispettivamente da l + ǫ e l ǫ, intercettano il grafico di f() e scendono verso l asse individuando proprio l intorno I ǫ ( 0 ), che graficamente corrisponde al segmento ingrossato sull asse. Si noti altresì la freccia che parte da I ǫ ( 0 ) I( 0 ), Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

3 7.2. DEFINIZIONE E VERIFICA DEL LIMITE DI FUNZIONE 65 intercetta il grafico della funzione, e termina sull asse y in corrispondenza del valore f() che è proprio contenuto nella striscia tratteggiata che corrisponde all intorno I ǫ (l). A cosa serve tutta questa procedura? La conclusione di tutto il ragionamento è che, se esiste il ite, quando si sceglie abbastanza vicino a 0 ( I ǫ ( 0 ) I( 0 )) allora la funzione f() rimane confinata in una striscia orizzontale (f() I ǫ (l)) dalla quale non può sfuggire. Non solo: siccome ǫ è scelto in modo del tutto arbitrario (purché positivo), se la procedura è vera per ogni ǫ, rimpicciolendo sempre di più il suo valore si costringe la funzione nell intorno I ǫ ( 0 ) ad essere contenuta in una striscia sempre più stretta ovvero, al ite, è possibile conoscere il comportamento di f() nell intorno di 0 anche se non è definita in = 0. Osservazione 7.2 In modo molto qualitativo si può dire che una funzione ammette ite nell intorno di un punto 0 se il suo grafico può essere confinato, nell intorno di 0, in una striscia orizzontale piccola a piacere (figura 7. di sinistra). Osservazione 7.3 Il ite di una funzione può anche non esistere e questo succede se non è possibile confinare il grafico della funzione in una striscia orizzontale piccola a piacere, ovvero per ǫ piccolo quanto si vuole (figura 7. di destra). Infatti, con riferimento alla figura 7. di destra, la funzione ( ) 20 f() = sin non ammette ite per che tende a 0 = 3 in quanto è possibile applicare la procedura precedente solo con strisce centrate su y = 2 e aventi ampiezza ǫ >, mentre se ǫ < non è mai possibile determinare un intorno I ǫ (3) in modo tale che per ogni I ǫ (3) il grafico della funzione sia confinato in una striscia orizzontale. Pertanto, siccome la procedura non può essere applicata per ogni intorno (i.e. ǫ piccolo a piacere), il ite per che tende a 3 di f() = sin( 20 3 ) + 2 non esiste. 7.2 Definizione e verifica del ite di funzione Dopo la precedente disquisizione qualitativa sul concetto di ite, introduciamo ora la definizione di ite in modo formale utilizzando la nozione di intorno. Definizione 7.4 Sia f() una funzione definita in un intorno J( 0 ) escluso al più il punto 0 ( 0 R oppure 0 = + oppure 0 = ). Si dice che il ite per che tende a 0 è uguale a l (l R oppure l = + oppure l = ) e scriviamo f() = l 0 se per ogni intorno I(l) di l esiste un intorno I( 0 ) J( 0 ), con I( 0 ) dipendente da I(l), tale che per ogni 0 con I( 0 ) si abbia f() I(l). Osservazione 7.5 Si notino, nella definzione 7.4, il per ogni intorno I(l) e il per ogni I( 0 ). Osservazione 7.6 È ora chiaro che la striscia nella quale rimane confinato il grafico di f() è semplicemente un intorno di l (dove l può essere sia un numero finito sia ). Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

4 66 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ Osservazione 7.7 Il ite si dice destro o da destra e si scrive f() = l + 0 se l intorno di 0 è un intorno destro; viceversa il ite si dice sinistro o da sinistra e si scrive se l intorno di 0 è un intorno sinistro. f() = l 0 Osservazione 7.8 Affinché il ite 0 f() = l esista (con 0 R oppure 0 = + oppure 0 = e l R oppure l = + oppure l = ), è necessario che il ite destro ed il ite sinistro esistano e siano uguali. In formule, f() = l 0 f() = f() = l Osservazione 7.9 Il ite si dice per eccesso e si scrive f() = l + 0 se l intorno di l è un intorno destro, ovvero se f() > l nell intorno di 0. Il ite si dice per difetto e si scrive 0 f() = l se l intorno di l è un intorno sinistro, ovvero se f() < l nell intorno di 0. Siccome sia 0 che l possono essere dei numeri reali al finito oppure + o, sono possibili numerose combinazioni, diseguito riportate. Definizione 7.0 [Limite finito per che tende ad un valore finito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J( 0 ) escluso al più il punto 0 R. Si dice che il ite per che tende a 0 di f() è uguale a l R e scriviamo 0 f() = l se per ogni ǫ > 0 esiste un intorno I ǫ ( 0 ) J( 0 ) tale che per ogni 0 con I ǫ ( 0 ) si abbia f() l < ǫ. Per verificare questo tipo di ite, quindi, bisogna mostrare che preso ǫ > 0 è possibile determinare un intorno di 0 che dipende da ǫ in modo che per ogni di questo intorno si abbia f() l < ǫ. In altre parole, bisogna determinare l intorno I ǫ ( 0 ) che soddisfa f() l < ǫ. Esercizio 7. Si verifichi, tramite la definizione di ite, che =. 3 3 Risoluzione. Scelto ǫ > 0 cerchiamo per quali valori di si ha che < ǫ. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

5 7.2. DEFINIZIONE E VERIFICA DEL LIMITE DI FUNZIONE 67 Scomponendo il numeratore si ha < ǫ ( 2)( 3) 3 < ǫ 2 < ǫ ǫ < 3 < ǫ 3 ǫ < < 3 + ǫ. Pertanto, I ǫ (3) = (3 ǫ; 3 + ǫ) garantisce che per ogni I ǫ (3) si abbia f() l < ǫ. Il ite è quindi verificato. Esercizio 7.2 Si verifichi, tramite la definizione di ite, che 2 2 = 3 Risoluzione. Il lettore mostri che, scelto ǫ > 0, da f() l < ǫ si ottiene ǫ/2 < < +ǫ/2, che è un intorno di 0 =. Definizione 7.3 [Limite finito per che tende a più infinito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J(+ ). Si dice che il ite per che tende a più infinito di f() è uguale a l R e scriviamo f() = l se per ogni ǫ > 0 esiste un intorno I ǫ (+ ) J(+ ) tale che per ogni I ǫ (+ ) si abbia f() l < ǫ. Osservazione 7.4 Graficamente, il caso di ite finito per che tende a più infinito è riportato in figura 7.2 di sinistra. Si noti che la striscia che contiene l può essere resa piccola a piacere prendendo ǫ piccolo a piacere ma, nonostante l intorno di + diventi sempre più piccolo (ovvero l estremo inferiore si sposti sempre più a destra), per ogni appartente all intorno di + si ha che f() è contenuta nella striscia orizzontale. Definizione 7.5 [Limite finito per che tende a meno infinito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J( ). Si dice che il ite per che tende a meno infinito di f() è uguale a l R e scriviamo f() = l se per ogni ǫ > 0 esiste un intorno I ǫ ( ) J( ) tale che per ogni I ǫ ( ) si abbia f() l < ǫ. Osservazione 7.6 Il lettore avrà notato che in alcuni testi si trova, ovvero l infinito compare senza il segno. Questo significa che si sta considerando un intorno di (sull asse ), ovvero un intorno del tipo < a > b con a < b, e che si ottiene come risultato l sia quando si calcola il ite + sia quando si calcola il ite. In formule vale, quindi, l equivalenza f() = l f() = f() = l. Esercizio 7.7 Si verifichi, tramite la definizione di ite, che 2 3 = 2. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

6 68 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ y y l + ǫ I ǫ (l) l f() l ǫ f() I M (+ ) M I ǫ (+ ) I M ( 0 ) 0 Figura 7.2: Limite finito l per che tende ad infinito (sinistra) e ite infinito per che tende ad un numero finito 0 (destra). Risoluzione. Scelto ǫ > 0 cerchiamo per quali valori di si ha che < ǫ. Svolgendo i calcoli si ottiene < ǫ < ǫ 6 3 < ǫ 6 < ǫ. Siccome sia ǫ che 3 sono positivi, è possibile riscrivere la disuguaglianza 3 come 3 > 6 3 < 6 ǫ ǫ 3 > 6 < 3 6 ǫ ǫ > ǫ. Pertanto, I ǫ (+ ) = (3 + 6/ǫ; + ) garantisce che per ogni I ǫ (+ ) si ha che f() l < ǫ. Il ite è quindi verificato. Si osservi che nel caso si sarebbe dovuto prendere l intorno I ǫ ( ) = ( ; 3 6/ǫ), mentre nel caso (senza segno) si sarebbe dovuto prendere l intorno di infinito (senza il segno) I ǫ ( ) = ( ; 3 6/ǫ) (3 + 6/ǫ; + ). Esercizio 7.8 Si verifichi, tramite la definizione di ite, che = Risoluzione. Il lettore verifichi che, scelto ǫ > 0, imponendo f() l < ǫ si ottiene < /ǫ, che è un intorno di che dipende da ǫ. Definizione 7.9 [Limite più infinito per che tende ad un valore finito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J( 0 ) escluso al più il punto 0 R. Si dice che il ite per che tende a 0 di f() è uguale a più infinito e scriviamo f() = + 0 Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

7 7.2. DEFINIZIONE E VERIFICA DEL LIMITE DI FUNZIONE 69 se per ogni M > 0 esiste un intorno I M ( 0 ) J( 0 ) tale che per ogni 0 con I ǫ ( 0 ) si abbia f() > M. Osservazione 7.20 Questo caso è riportato in figura 7.2 di destra. Si osservi che la striscia orizzontale è il semipiano dei punti di ordinata maggiore di M. Infatti, se il ite esiste, si può aumentare a piacere il valore di M ottendo come conseguenza il rimpiccioento dell intorno I M ( 0 ) per ogni del quale si ha che f() è comunque contenuta nella striscia considerata, ovvero f() > M. Definizione 7.2 [Limite meno infinito per che tende ad un valore finito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J( 0 ) escluso al più il punto 0 R. Si dice che il ite per che tende a 0 di f() è uguale a meno infinito e scriviamo f() = 0 se per ogni M > 0 esiste un intorno I M ( 0 ) J( 0 ) tale che per ogni 0 con I ǫ ( 0 ) si abbia f() < M. Osservazione 7.22 In alcuni testi si trova la scrittura f() =. 0 Questo significa che anziché considerare gli intorni nell insieme R = R { } {+ } si stanno considerando gli intorni in Ṙ = R { }. Sebbene la definizione di ite 7.4 rimanga assolutamente valida ed identica in entrambi i casi, si ha: 0 = in R mentre = in Ṙ. 0 Esercizio 7.23 Si verifichi, tramite la definizione di ite, che + = +. Risoluzione. Verificare la definizione significa mostrare che per ogni M > 0 è possibile determinare un intorno destro di 0 =, ovvero un intorno del tipo (; a) a >, tale che per ogni I M () e si abbia f() > M. Pertanto, scelto M > 0 cerchiamo per quali valori di si ha che > M. Siccome siamo alla ricerca di un intorno destro di 0 =, supponiamo > e, pertanto, > 0. Si faccia attenzione al fatto che questa condizione deve poi essere messa a sistema con il risultato trovato. Svolgendo i calcoli si ottiene > M < M < +, che va messa a sistema con la condizione M > ottenendo cos`la soluzione < < + M Pertanto, I M() = (; + /M) garantisce che per ogni I M () si abbia f() > M. Il ite è quindi verificato. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

8 70 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ Esercizio 7.24 Si verifichi, tramite la definizione di ite, che =. Risoluzione. Seguendo l esecizio precedente ed introducendo le opportune modifiche, si deve mostrare che per ogni M > 0 è possibile determinare un intorno sinistro di 0 =, ovvero un intorno del tipo (b; ) b <, tale che per ogni I M () e si abbia f() < M. Pertanto, scelto M > 0 cerchiamo per quali valori di si ha che < M. Siccome siamo alla ricerca di un intorno sinistro di 0 =, supponiamo < e, pertanto, < 0. Come prima, questo impone che la soluzione della disequazione vada poi messa a sistema con la condizione <. Svolgendo i calcoli si ottiene < M > M > M > M > M, che va messa a sistema con la condizione < ottenendo cos`la soluzione M < < Pertanto, I M () = ( /M; ) garantisce che per ogni I M () si abbia f() < M. Il ite è quindi verificato. Esercizio 7.25 Si verifichi, tramite la definizione di ite, che = Risoluzione. Scelto M > 0, verifiche cha da 4 2 < M si ottiene ottiene come 4 soluzione un intorno completo di 2. Si ha < M < M < M ( 2) 2 > M ( 2) 2 < M M < 2 < M 2 M < < 2 + M, che è un intorno completo di 2 che dipende da M e che, in particolare, diventa sempre più piccolo al crescere di M. Il ite è, quindi, verificato. Definizione 7.26 [Limite più infinito per che tende a più infinito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J(+ ). Si dice che il ite per che tende a più infinito di f() è uguale a più infinito e scriviamo f() = + se per ogni M > 0 esiste un intorno I M (+ ) J(+ ) tale che per ogni I M (+ ) si abbia f() > M. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

9 7.3. LIMITI DELLE FUNZIONI ELEMENTARI 7 Definizione 7.27 [Limite meno infinito per che tende a più infinito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J(+ ). Si dice che il ite per che tende a più infinito di f() è uguale a meno infinito e scriviamo f() = se per ogni M > 0 esiste un intorno I M (+ ) J(+ ) tale che per ogni I M (+ ) si abbia f() < M. Definizione 7.28 [Limite più infinito per che tende a meno infinito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J( ). Si dice che il ite per che tende a meno infinito di f() è uguale a più infinito e scriviamo f() = + se per ogni M > 0 esiste un intorno I M ( ) J( ) tale che per ogni I M ( ) si abbia f() > M. Definizione 7.29 [Limite meno infinito per che tende a meno infinito]. Sia f() una funzione definita in un intorno J( ). Si dice che il ite per che tende a meno infinito di f() è uguale a meno infinito e scriviamo f() = se per ogni M > 0 esiste un intorno I M ( ) J( ) tale che per ogni I M ( ) si abbia f() < M. Esercizio 7.30 Si verifichi, tramite la definizione di ite, che 3 = Risoluzione. Scelto M > 0, da 3 < M si ottiene immediatamente < 3 M, che è un intorno di che dipende da M. 7.3 Limiti delle funzioni elementari Il lettore può verificare facilmente i seguenti iti delle funzioni elementari (o semplicemente dedurli dal grafico delle rispettive funzioni riportati nella sezione 6.3):. Gradino di Heaviside, f() = H(): H() = 0, H() = 0, 0 2. Segno di, f() = sgn(): sgn() =, sgn() =, 0 H() =, Valore assoluto (o modulo) di, f() = : = +, = 0, = +. 0 sgn () =, 0 + H() =. sgn () =. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

10 72 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ 4. Rampa di, f() = ramp(): ramp() = 0, ramp() = 0, 0 ramp() = Parte intera di, f() = []: [] =, [] = se n N, n 6. Mantissa di, f() = []: [] =, [] =. [] = Potenza di con esponente naturale, f() = n, n N: (a) n pari: n = +, n = +. (b) n dispari: n =, n = Potenza di con esponente intero negativo, f() = n = n, n N: (a) n pari: n = 0+, 0 n = +, n = 0+. (b) n dispari: n = 0, 0 n =, 0 + n = +, 9. Potenza di con esponente razionale positivo, f() = m n = n m, n, m N: (a) m pari, n: n m = +, n m = +. (b) m dispari, n pari: n m = +, ( non ha significato). (c) m dispari, n dispari: n m =, n m = Potenza di con esponente razionale negativo, f() = m n = n, n, m N: m (a) m pari, n: n = m 0+, n = m 0+. (b) m dispari, n pari: n = +, 0 + m (c) m dispari, n dispari: n m = n = +, m n m = 0, n m = 0+, n =, 0 m n = 0+. ( < 0 non ha significato). n = m. Potenza di con esponente irrazionale positivo, f() = α, α R \ Q, α > 0: α = +, ( non ha significato). 2. Potenza di con esponente irrazionale negativo, f() = α = α, α R \ Q, α > 0: 0 + α = +, α = 0+, ( < 0 non ha significato). 3. Esponenziale di, f() = a : (a) 0 < a < : a = +, (b) a > : a = 0 +, a = 0 +. a = +. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

11 7.4. ALGEBRA DEI LIMITI E CALCOLO DEI LIMITI Logaritmo di, f() = log a : (a) 0 < a < : log 0 + a = +, (b) a > : 0 + log a =, 5. Seno di, f() = sin: sin =, sin =. 6. Coseno di, f() = cos : cos =, cos =. 7. Tangente di, f() = tan: tan =, tan = +, (k π 2) log a =, log a = +, tan =, (k π + 2) ( 0 non ha significato). ( 0 non ha significato). tan =. 8. Cotangente di, f() = cot : cot =, cot =, (kπ) cot = +, (kπ) + cot =. 9. Arcotangente di, f() = arctan : arctan = π 2, arctan = π Algebra dei iti e calcolo dei iti Se 0 R = R { } {+ } allora: [ ] [ ]. [f() + g()] = f() + g(), ma + =? [ ] [ ] 2. [f() g()] = f() g(), ma + =? [ ] [ ] 3. [f() g()] = f() g(), ma 0 (± ) =? [ ] f() = g() [ ] f() 0 [ ], ma g() =?, ± ± =? [ 5. f() g()] [ ] " # g() = f() 0, ma 0 0 =?, (± ) 0 =?, ± =? 0 0 Le forme del tipo +, 0 (± ), 0 0, ± ±, 00, (± ) 0 e ± sono dette forme indeterminate in quanto non è possibile conoscere, a priori, il risultato di queste operazioni. Per poter risolvere le forme indeterminate sono necessari alcuni trucchi, riassunti nella sezione seguente. Esercizio 7.3 Si calcolino, se esistono, i iti , 2. 3, 3. ( )3 + ( ) 2, , Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

12 74 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ ( ) , 6. sin, 7. + sin, 8. sin. Risoluzione.. Siccome per si ha che 3,, 5 = 5, allora = + 5 = Siccome per si ha che 3,, allora 3 = = Siccome per si ha che ( ) 3 0, +, allora ( ) 2 ( )3 + ( ) 2 = 0 + = Siccome per + si ha che 3 +, +, 5 = 5, allora = = Siccome per si ha che 3,, 5 = 5, allora 3 5 = ( ) ( ) 5 = = Si osservi che quando +, sappiamo per certo che sin (ovvero che il seno è sempre compreso tra e estremi inclusi), ma non sappiamo che valore assuma. Per questo motivo è =. 7. Per +, come visto, il ite del seno non esiste ma il seno è un valore itato sin, mentre + ; pertanto + sin = + + k ( k ) da cui + sin = Siccome per + si ha che ( ) 0, allora sin = sin0 = 0. Esercizio 7.32 Si calcolino, se esistono, i iti. +, , 3. +( )3 +, 5. e +, 6. e +, 7. e, log( ), + [ ( ) sin ]. + + Risoluzione.. Si ricordi che + significa, qualitativamente, un numero un po più a destra di. Pertanto, = + = 0 +. Si osservi che in molti testi non viene specificato il fatto che il + risultato è un ite per eccesso ma spesso risulta utile saperlo (in particolare nello studio di funzione). 2. Siccome per + si ha che 3 +, (perché è un numero un po più a sinistra di e, quindi, minore di ), allora 3 = + ( ) = Per + si ha ( ) 3 0 +, mentre per capire come si comporta il rapporto occorre osservare che quando + si ha 0 + per cui ( ) 2 = 0+ + = Pertanto, +( ) Siccome per + si ha che 0 +, allora log( ) = Si osservi che + = ( ) + ovvero + è un numero a destra di e quindi + >. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

13 7.4. ALGEBRA DEI LIMITI E CALCOLO DEI LIMITI 75 Pertanto, quando + si ha (+) 0 + e, quindi, + da cui + e + = Come nel caso precedente, si osservi che = ( ) ovvero è un numero a sinistra di e quindi <. Pertanto, quando si ha (+) 0 e, quindi, da cui e + = Per quanto visto nei casi dei iti 5 e 6 si ha e = + e + essendo il ite destro e sinistro diversi, si ha e = Sappiamo già (si veda il caso 6) che quando si ha [ ( ) sin ] = k ( ) = + essendo k. + + e per cui + + = 0 + pertanto, Esercizio 7.33 Si calcolino, se esistono, i iti , , 3. (+)log(2 ), 4. (2 +) 2, 5. )e, ( 6. + ) (2, log( ), log( ) 8. + e. Risoluzione.. Siccome quando si ha che ( 3 + 5) 3 e (2 2 + ) 3, il risultato è = =. 2. Siccome quando si ha che ( 2 + ) 2 e = ( ) 2 +, il risultato è = 2 + = Quando si ha ( + ) 2 e (2 ) da cui log(2 ) 0. Pertanto, ( + )log(2 ) = 2 0 = Siccome quando si ha che ( 2 +) 2 e ( 2), il risultato è ( 2 +) 2 = 2 = Quando si ha ( ) 0 e da cui e 0 +. Pertanto, )e = 0 0 ( + = Siccome quando si ha che ( 2 + ) 2 (dove 2 indica un numero appena a sinistra di 2 ) e, il risultato è + ) (2 = (2 ) = Quando + si ha ( 2) + e ( ) 0 + da cui log( ). Pertanto, 2 + log( ) = + ( ) = Quando + si ha ( ) 0 + da cui log( ), mentre ( ) 0 da cui, che implica e 0 + log( ). Pertanto, = + e 0 + = ( ) 0 + = ( ) (+ ) = +. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

14 76 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ Esercizio 7.34 Si calcolino, se esistono, i iti. sin, 2. e sin, 3. e sin, 4. e (sin + 2), cos(e ) e, 6. 0, 7. e, sin. Risoluzione.. Quando + il ite di sin non esiste ma è itato tra e, mentre +. sin Pertanto, = k + = k + = k 0+ = 0 con k. Si noti che il ite è 0 senza il segno perché il segno di k è ignoto. 2. Quando il ite di sin non esiste ma è itato tra e, mentre e 0 +. Pertanto, e sin = 0 k = 0, con k. Si noti che, come prima, il ite è 0 senza il segno perché il segno di k è ignoto. 3. Quando + il ite di sin non esiste ma è itato tra e, mentre e +. Pertanto, e sin = (+ ) k = in quanto k ma il segno di k è ignoto e, quindi, il risultato potrebbe essere + oppure ma non ci è dato di saperlo. 4. Quando + il ite di sin non esiste ma è un numero compreso tra e, per cui (sin +2) è un numero k compreso tra e 3. Come nel caso precedente e +, ma siccome moltiplica k > 0 adesso il ite è calcolabile e si ha e (sin + 2) = (+ ) k = + in quanto k Quando si ha 3, e 0 +, e e + = +. Quindi, siccome cos(e ) 3 + cos(e ) quando + è in modulo minore o uguale a, si ha e = + k = 0 = +, con k. 6. Siccome il ite destro vale = + e quello sinistro 7. Siccome il ite destro vale + e quello sinistro 0, allora e = Siccome sin = 0 0+ e sin = si ha 0 + sin Essendo il ite destro diverso da quello sinistro, =. 0 sin =, allora =. 0 = + e 0 sin =. 7.5 Alcune tecniche per la risoluzione delle forme indeterminate Questa sezione riassume le tecniche utilizzabili con le nozioni note fino a questo punto mentre per le tecniche che utilizzano il concetto di derivata si rimanda al capitolo [TODO]. Forme indeterminate del tipo + Per risolvere queste forme indeterminate basta raccogliere l infinito più grande fra quelli presenti. Nel caso dei polinomi è facile riconoscere la quantità da raccogliere perché corrisponde al monomio di grado massimo. Nel caso di differenze di radicali, invece, può risultare utile Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

15 7.5. ALCUNE TECNICHE PER LA RISOLUZIONE DELLE FORME INDETERMINATE77 moltiplicare e dividere l espressione di cui si vuole calcolare il ite per la somma dei radicali, alla stregua di quando si razionalizzano i denominatori. Esercizio 7.35 Si calcolino, se esistono, i iti. 3, , sin(e ) +2, 4. log 2 log 4. Risoluzione.. Si ha 3 = + (+ ) = +, che è una forma indeterminata. Per risolverla raccogliamo 3 ottenendo 3 = [ ( 3 )] 2. Siccome = 0, il 2 ite diventa [ ( 3 )] 2 = [3 ( 0)] = 3 = Si ha 2 + = + +( ) = +, che è una forma indeterminata. Per risolverla raccogliamo 2 ottenendo 2 + = ( diventa [ 2 + )] [ 2 ( + )]. Siccome = [2 ( + 0)] = 2 = +. = 0, il ite 3. Si ha = (+ ) ( ) + 2 = +, che è un forma indeterminata. Come al solito, raccogliamo il monomio di grado massimo, che in questo caso è 5. Si ha = [ ( )] 5 = 5 (0 5+0) = ( 5) = Dagli esercizi precedenti è ormai chiaro che quando il ite di sin(e ) = sin(e + ) = sin(+ ) non esiste però è un numero k tale che k 0. Concentriamoci, quindi, sul denominatore. Applicando le proprietà dei logaritmi, si ha che log 2 log 4 = sin(e ) 2 log 4 log = 2 log. Pertanto, log 2 log 4 = k 2 log = k = 0. Si osservi non è specificato se si tratti di zero per eccesso (0 + ) o per difetto (0 ) poiché non è noto il segno di k. Generalizzando i risultati di questi esercizi segue che Osservazione 7.36 Il ite per ± di polinomio è lo stesso del ite del monomio di grado massimo. Esercizio 7.37 Si calcolino, se esistono, i iti. +, Risoluzione.. Si ha + = +, che è una forma indeterminata. Moltiplicando e dividendo per + + si ha ( + ) + + = ( + ) 2 ( ) 2 = = + = 0+.. Pertanto, + = = + + = Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

16 78 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ 2. Si ha = +, che è una forma indeterminata. Moltiplicando e dividendo per 2 + ( 2 + si ha ) = ( 2 ) ( 2 + ) = = = Pertanto, = 2 + = 0. Forme indeterminate del tipo 0 (± ) Siccome (± ) = 0 ± e 0± = (± ) (± ) sono sempre riconducibili a 0 0 (± ), le forme indeterminate del tipo 0 (± ) = 0 0 ± = ± oppure, alle quali si rimanda. ± Forme indeterminate del tipo 0 0 Si osservi che se 0 (con 0 R) causa una forma del tipo 0 0 significa che = 0 è uno zero sia del numeratore che del denominatore. Pertanto, se la frazione che dà origine alla forma indeterminata è algebrica basta scomporre numeratore e denominatore facendo comparire il fattore ( 0 ) che sarà poi eliso in modo da einare il problema. Se, invece, la frazione non è algebrica e si tratta, per esempio, di radicali, risulta comodo moltiplicare numeratore e denominatore per fattori opportuni. Esercizio 7.38 Si calcolino, se esistono, i iti , , 3.. Risoluzione.. Siccome per si ha ( ) 0 e ( ) 0, allora = 0 0. Questo significa che sia il numeratore che il denominatore sono divisibili per. Infatti, scomponendo il numeratore si ha ( )( 2) = = 2. Pertanto, = 2 =. 2. Per 0 tutti i termini del numeratore e del denominatore si annullano. Raccogliendo (la variabile elevata all esponente di grado minimo), si ha = = ( 2 + ) = = 0 ( + 2) 3. Per si ha una forma indeterminata del tipo 0. Si osservi che il numeratore può essere 0 riscritto come ( ) = ( )( ( + )( ) + ). Pertanto, = = + = 2. Forme indeterminate del tipo ± ± Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

17 7.5. ALCUNE TECNICHE PER LA RISOLUZIONE DELLE FORME INDETERMINATE79 Dagli esempi riportati di seguito è facile desumere il modo di procedere nel caso in cui la forma indeterminata risulti come conseguenza di un rapporto di polinomi (funzioni razionali fratte). Esercizio 7.39 Si calcolino, se esistono, i iti , , Risoluzione.. Al numeratore, utilizzando quanto visto per le forme indeterminate del tipo +, si ottiene ; al denominatore per cui si ha =, che è una forma indeterminata. Per risolverla utilizziamo ancora l idea di raccogliere sia a numeratore ( che a denomi natore la potenza di grado massimo: 3 3 = ) ( ) = 3 2 ( ) = (3 + 0) 2 = Risolvendo il ite del numeratore e del denominatore si ottiene +, che è una forma indeterminata. Raccogliendo sia a numeratore ( che a denominatore la potenza di grado massimo ) si ha = 3 ( ) = 3. Risolvendo i iti a numeratore e denominatore si ha ( 0 + 0) ( ) = 3 = = +. Raccogliendo la potenza di grado massimo sia a numeratore che a denominatore si ottiene ( 2 + ) 3 ( ) = ( + 0) (3 + 0) = 3 = = Quanto visto nei tre esempi precedenti è generalizzabile come segue. Osservazione 7.40 Il ite per ± di un rapporto di polinomi è se il numeratore ha grado maggiore del denominatore, un numero l 0se i due gradi sono uguali, 0 se il grado del numeratore è minore di quello del denominatore. Il segno di e di l 0 dipendono dai segni dei coefficienti di grado massimo del numeratore e del denominatore. Esercizio 7.4 Si calcoli, se esiste, il ite π 2 3 sin 2 + sin 4 cos Risoluzione. Si noti che 3 sin 2 + sin 4 = (sin )(3 sin + 4), per cui, moltiplicando numeratore e denominatore per sin +, si ottiene (cos ) 2 (3 sin + 4)/[cos (sin + )], da cui il ite 0. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

18 80 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ Esercizio 7.42 Si calcoli, se esiste, il ite cos cos α +α α Risoluzione. Ricordando che cos cos y = 2 sin + y 2 sin y, si ha sinα. 2 Esercizio 7.43 Si calcolino, se esistono, i iti , Risoluzione.. Svolgendo i iti dei due radicali si ottiene una forma indeterminata del tipo +. Per risolverla moltiplichiamo e dividiamo per ottendendo 2 2 ( 2 2 = 2 2 ) = (2 2 ) (2 2 ) = = =, che è ancora una forma indeterminata (seppur di tipo + diverso da quella iniziale). Procedendo come noto, raccogliamo la potenza di grado massimo ottenendo = (2 2 ) = 2 (2 0) + (2 0 0) = 2 2. Tuttavia, siccome > 0 ( + ) si ha = e quindi 2 (2 2 ) = 2 2 = 2 2 = Svolgendo gli stessi passaggi del punto, e notando che se allora < 0 e =, si arriva a 2 2 = 2 2 = 2 2 = 2 2. Forme indeterminate del tipo 0 0, (+ ) 0 e ± Le forme indeterminate di questo tipo si risolvono osservando che, sotto l ipotesi f() > 0, vale la seguente identità da cui [f()] g() = e log(f()g() ) = e g()log f(), [f()] g() = e [g()log f()] 0. 0 Pertanto, il problema si sposta sul ite 0 [g()log f()], che causerà certamente una forma indeterminata del tipo 0(± ), da risolvere con le tecniche viste in precedenza. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

19 7.6. LIMITI NOTEVOLI 8 Esercizio 7.44 Si calcoli, se esiste, il ite /( ) Risoluzione. Dopo aver notato che /( ) = e log, con il cambio di variabile = y + si ottiene /e. Esercizio 7.45 Si calcoli, se esiste, il ite 0 / Risoluzione. perché il ite destro vale 0 e quello sinistro Limiti notevoli Principali iti notevoli (si lascia allo studente la loro dimostrazione): ( + ) = e ± 0 ( + ) = e log a ( + ) = log 0 a e = log a, a log( + ) R+ \ {} = 0 a = log a, a R + e \ {} = 0 0 ( + ) k = k, k R 0 sin 0 = Esercizio 7.46 Si calcoli, se esiste, il ite cos 0 2 Risoluzione. Moltiplicando numeratore e denominatore per cos +, si ottiene /2 Esercizio 7.47 Si calcoli, se esiste, il ite e Risoluzione. A seguito della sostituzione y = + 2 si ottiene Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

20 82 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ Esercizio 7.48 Si calcoli, se esiste, il ite Risoluzione. /25 Esercizio 7.49 Si calcoli, se esiste, il ite ( ) Risoluzione. / e 7 Esercizio 7.50 Si calcoli, se esiste, il ite Risoluzione. 6 0 sin Esercizio 7.5 Si calcoli, se esiste, il ite 5 7 Risoluzione. Dopo aver posto y =, si ottiene 7/5 Esercizio 7.52 Si calcoli, se esiste, il ite Risoluzione. /3 0 tan log( ) Esercizio 7.53 Si calcoli, se esiste, il ite Risoluzione. Si osservi che (2 3 ) cos(3) 0 (2 3 ) cos(3) [( ) 2 ] 3, da cui il ite 2 92 cos(3) 9 log(2/3). 9 2 = 2 3 Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

21 7.7. FUNZIONI CONTINUE Funzioni continue Definizione 7.54 [Funzione continua] Una funzione f() definita in un intorno del punto 0 si dice continua nel punto 0 se 0 f() = f( 0 ), ovvero se. il ite destro esiste ed è finito, i.e. f() = l; il ite sinistro esiste, è finito, ed è uguale al ite destro, i.e. f() = l; 0 3. la funzione esiste in 0 ed il suo valore in quel punto è uguale al valore del ite, i.e. f( 0 ) = l. Esercizio 7.55 Si dica se la funzione 2 è continua in 0 = 3. Risoluzione. Siccome 3 2 = 3 2 = 8, il ite sinistro e destro esistono finiti e + sono uguali tra loro. Inoltre, f(3) = 8. Essendo f() = f(3), la definizione 7.54 è verificata 3 e, quindi, la funzione f() = 2 è continua nel punto 0 = 3. Osservazione 7.56 Se almeno una delle tre condizioni della definizione 7.54 non è soddisfatta, allora la funzione si dice discontinua nel punto 0. Esercizio 7.57 Si dica se la funzione e è continua in 0 = 0. Risoluzione. Siccome e = 0 e e = +,la condizione della definizione 7.54 non è soddisfatta e, pertanto, la funzione è discontinua nel punto 0 = 0. Si osservi che in questo caso non ci si è nemmeno preoccupati di verificare quanto sia f(0). Definizione 7.58 Una funzione f() definita in un intorno sinistro del punto 0 si dice continua da sinistra se f() = f( 0 ). Una funzione f() definita in un intorno destro del 0 punto 0 si dice continua da destra se f() = f( 0 ). + 0 Definizione 7.59 Una funzione si dice continua su un intervallo [a; b] se è continua in ogni punto dell intervallo ]a; b[, continua da sinistra in = a e continua da destra in = b. Definizione 7.60 [Tipi di discontinuità] Una funzione discontinua in un punto 0 (si veda l osservazione 7.56) ricade in uno dei seguenti casi.. Discontinuità di prima specie: ite destro [ e sinistro ] [ sono finiti ma diversi tra loro. Chiamiamo salto il numero positivo S = f() f()] Discontinuità di seconda specie: almeno uno dei due iti (destro o sinistro) o è infinito o non esiste. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

22 84 CAPITOLO 7. LIMITI E CONTINUITÀ 3. Discontinuità di terza specie (o einabile): il ite destro e sinistro coincidono e sono finiti, e quindi il ite esiste finito, ma f() = l f( 0 ). 0 In tal caso la esiste un prolungamento per continuità g() della f() definito dalla funzione a tratti { f() 0 g() = l = 0. Esercizio 7.6 Si verifichi la continuità o meno della funzione { cos(/) 0 f() = 0 = 0. Risoluzione. f() è continua perché 0 f() = f(0) = 0. Esercizio 7.62 Si verifichi la continuità o meno della funzione f() = 2 e /. Risoluzione. = 0: discontinuità di prima specie essendo f() = /2 e f() = 0 (salto S = /2) = / log 2: discontinuità di seconda specie essendo f() = e f() = (/ log 2) (/ log 2) + +. Esercizio 7.63 Determinare per quale valore di a R la funzione { + f() = 3 a 2 > è continua in =. Risoluzione. a =. Esercizio 7.64 Determinare per quale valore di a R la funzione log( + a) 0 f() = 2 = 0 è continua in = 0. Risoluzione. a = 2. Esercizio 7.65 Studiare la continuità della funzione f() = Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008

23 7.7. FUNZIONI CONTINUE 85 Risoluzione. Discontinuità einabile in = 2. Il prolungamento è g() = 2 = 2 Esercizio 7.66 Dire quante soluzioni ammette l equazione e + 3 = 0 e determinare un intervallo ragionevole in cui esse sono localizzate. Risoluzione. e = 3, una sola soluzione, 0 [ ; 0]. Simone Zuccher, Appunti di Matematica Versione del 2 novembre 2008