LIMITI DI FUNZIONI SALVATORE MODICA

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1 LIMITI DI FUNZIONI SALVATORE MODICA Sommario. Definizioni ed esempi Approssimazione al limite Risultati sui limiti: I Esempi ed esercizi: I Risultati sui limiti: II Esempi ed esercizi: II. DEFINIZIONI ED ESEMPI Pensiamo alla definizione di limite per le successioni, che sono funzioni con dominio N +. Per esempio per a n, la definizione dice che per ogni K esiste un punto n K nel dominio di (a n ) a partire dal quale nella direzione di movimento di n la funzione/successione ha valori maggiori di K. Lo stesso per a n l: a partire da un n ǫ la funzione distadalmenodiǫ. Per lefunzionichenonsonosuccessioni l idearesta la stessa. Di diverso c è che mentre n non può che andare a infinito, la può tendere a infinito, a meno infinito, o ad un valore finito. E poi n saltella lungo la retta, mentre si muove con continuità (per visualizzare, immagina una circonferenza che rotola su una retta: il punto di contatto fra le due si muove con continuità sulla retta). I casi di ed sono i più simili alle successioni, e da questi cominciamo. Per esempio, lim f() =. Intuitivamente l idea è che f supera qualunque prefissato valore (altezza) purchè sia sufficientemente lontano nella direzione di movimento (cioè verso sinistra). Formalmente: lim f() = se per ogni K R esiste K tale che < K si ha f() > K. Come per le successioni, e per lo stesso motivo, basta considerare i K > K per un arbitrario K, per esempio zero, e dire dunque K > 0 invece di K R. Analogamente, lim f() = se per ogni M R esiste M tale che > M si ha f() < M. Qui basta considerare M < 0; pensando K come positivo e quindi M come K, possiamo allora dire: lim f() = se per ogni K > 0 esiste K tale che > K si ha f() < K. Così la lettera K indicherà sempre un numero positivo; questo torna comodo nelle disequazioni. Date: 6.XII.97, 3.XI.98. Univ. di Palermo, Istituto di Matematica per la R.O.

2 LIMITI DI FUNZIONI Ancora, lim f() = l: quando si muove verso destra, la distanza (verticale nelle figure) fra f ed l diventa minore di qualunque prefissato valore (che sarà ǫ), purchè si aspetti abbastanza; cioè: per ogni ǫ > 0 esiste ǫ tale che > ǫ risulta f() l < ǫ. E quasi superfluo osservare che per verificare f l basta considerare ǫ < ǫ qualunque. Si scrivano le altre definizioni per tendente a più o meno infinito (i casi sono ± con limite l R o ± ). NOTE. ()Unpunto sucui abbiamosorvolato è: quando diciamo > ǫ risulta f() l < ǫ, ovviamente tutte queste devono essere nel dominio di f, altrimenti la definizione non ha senso. Analogo il caso di. () Per scrivere le negazioni delle definizioni di limite (tipo non è vero che lim f() = l ) servono le negazioni di espressioni come per ogni ǫ > 0 succede che... o esiste k tale che... ; queste si fanno così: se P è una frase, indichiamo con P la sua negazione (se P è mangio P è non mangio ); qual è la negazione di ogni giorno mangio? E : esiste un giorno in cui non mangio. E se P() è sono ricco nel giorno, qual è la negazione di esiste un tale che P()? E : per ogni, P(). Stiamo usando queste equivalenze logiche: ( P() ) tale che P() ( tale che P() ) P(). ESEMPI. In pratica, per verificare un limite si fa come per le successioni: si vede se la disequazione rilevante è soddisfatta per le che vogliamo. (a) f() = a + b, una retta; vediamola con a < 0. Per : a+b < K > ( K b)/a = K, dunque lim (a+b) =. Analogamente lim (a+b) =. (b) f() = a, parabola. Prendiamo a > 0: sembra lim f = lim =,eineffetti(prendendocomesemprek > 0),a > K se > K/a, che verifica il primo (con K = K/a), e se < K/a, che verifica il secondo (con K = K/a). Usando l esercizio 3 si trovano per f() = a + b + c gli stessi risultati (ovvi dai disegni) scrivendo a +b+c = y 0 +a( 0 ). (c) Un iperbole, f() = α/; vogliamo esaminarne il comportamento per ± (ogni altra iperbole ha comportamento analogo per l esercizio 4). Poichè α/ < ǫ > α /ǫ, è lim ± α/ = 0. Di α/, pensiamo per esempio ad α > 0, vorremmo anche dire che tende a infinito per che va a zero da destra, ed a meno infinito per che va a zero da sinistra. Lo faremo fra poco. (d) lim f() = lim f( ), e lim f() = lim f( ). Facciamo la prima, per esempio con lim f() = l: dato ǫ, per

3 LIMITI DI FUNZIONI 3 > ǫ si ha f() l < ǫ; dunque per < ǫ f( ) l < ǫ (se questa verifica ti sembra troppo breve, chiama g : f( ) e verifica che l ǫ richiesto per g, g ǫ è l opposto dell ǫ esistente per f, f ǫ ). (e) Funzioni esponenziali f() = a. Per a > : a > K > log a K = K, dunque lim a =. E a < ǫ a < ǫ < log a ǫ = ǫ, dunque lim a = 0. Il caso 0 < a < è altrettanto facile, e comunque sappiamo dall esempio precedente che deve essere lim a = e lim a = 0. Questo somiglia molto a quanto fatto con le successioni: Se n, allora per a > è a n, eccetera; ricordi? Bene, c è più che una somiglianza; lo vedremo meglio. (f) Accertati che lim log a è come sembra. Soluzione in nota (non guardare subito). (g) Disegna due funzioni potenza f() = α, una con α > 0 e una con α < 0, e verifica che i limiti per sono quelli che i grafici suggeriscono; soluzione in nota. (h) Per n intero si può considerare anche lim n. Indoviniamo dai grafici; per verificare: 3 se n è pari n = ( ) n ; prendi < 0 e K > 0, così n = ( ) n > K > n K < n K = K, cioè lim f =. Se n è dispari n < K < n K, e il limite vale. Se n intero dispari possiamo fare pure lim /n. Come sopra, verifica che il limite è. (i) lim ( + ) = 0. L abbiamo visto con le successioni. Vogliamo f() = f() < ǫper > ǫ. Ma f() = /( ++ ) /( ) < ǫ per > /4ǫ = ǫ. Finqui, rispettoaquantovistoperlesuccessioni sipuòdirecheabbiamo solo cambiato nome ad n ed a n, chiamandole ed f(). Qualcosa dinuovo (manontroppo)si vedeconsiderando chetendeadunvalore finito, come nei grafici di / ed / riportati nella prossima figura. Cominciamo da /, e immaginiamo positivo che va verso 0, cosa che scriviamo come Vogliamo dire che f tende a infinito, e l idea è la stessa di sempre: comunque fissato K, camminando lungo l asse delle verso zero (da destra) ci sarà un punto a partire dal quale la f sta sopra K. In altre parole, lim 0 +f() = se dato K > 0 esiste K tale che per ogni (0, K ) si ha f() > K. Nota che richiediamo 0 < < K, non 0 < K : stiamo esaminando Se a < è log a < K per > a K = K, quindi lim log a = ; analogamente si vede che lim log a = se a >. Per α > 0, α > K > K /α = K, dunque lim α =. Per α < 0 si può scrivere α = ( ) α per verificare che lim α = 0. 3 usando la proposizione del paragrafo Ancora sulle potenze ad esponente intero di UiN abbrevia ( 0) +, cioè il + si riferisce ad 0, non a 0.

4 LIMITI DI FUNZIONI 4 Grafico di Grafico di cosa fa la f per vicino a zero, non uguale. Per esempio nella figura da cui siamo partiti, in = 0 la f non è nemmeno definita. Nota anche il K > 0 che è più comodo ma equivalente; questo fatto non lo menzioneremo più, a partire dal prossimo capoverso. Se d altra parte facciamo tendere a 0 da sinistra (scritto 0 ), intuitivamante f tende a meno infinito, perchè: per ogni K > 0 esiste K tale che per ogni ( K,0) si ha f() < K. E questa è la definizione di lim 0 f() =. Nota. Nel considerare il limite di una f per + 0 abbiamo supposto che esiste un intervallo ( 0, 0 +δ) D f ; discorso discorso analogo per 0. In effetti, che senso avrebbe considerare il limite di log per 0, o per 3? Nello stesso spirito, quando faremo 0 supporremo che il dominio di f contiene sia un intorno sinistro di 0 che uno destro (anche se non necessariamente il punto 0 stesso). ESEMPI. (a) lim 0 / =, perchè: abbiamo / < K 0 > > /K = K. Fai i limiti di α/ per 0 + ed 0, con α 0. Questo completa il quadro per le iperboli. (b) Le funzioni potenza con esponente negativo sono del tipo / α con α > 0 (abbiamo considerato α = sopra). E lim 0 +/ α =, perchè / α > K 0 < < (/K) /α = K. Delle funzioni potenza per 0 + restadavederequelleconesponentepositivo(vediprossimo esempio (a)). Il caso di / ha di diverso che comunque facciamo tendere a zero da destra o da sinistra la f va a infinito. Nei casi come questo, cioè se esistono i limiti destro e sinistro e sono uguali, diciamo che esiste lim 0 f(), con quel valore comune. Nel nostro caso, poichè lim 0 +f() = lim 0 f() =, è lim 0 f() =. Nota che ciò è equivalente a dire che per ogni K > 0 esiste un K tale che per

5 LIMITI DI FUNZIONI 5 K < < K, 0 (cioè 0 < < K ), f() > K. (perchè: supponiamo che i due limiti destro e sinistro esistono e sono uguali. Allora lim 0 +f() = implica che esiste un d K tale che f() > K per 0 < < d K ; lim 0 f() = implica che esiste un s K tale che f() > K per s K < < 0; quindipossoprendere K = min{ d K, s K }. Viceversa se per ogni K esiste un K tale che per 0 < < K, f() > K, posso prendere d K = s K = K). Se 0 la 0 < < K viene sostituita da 0 < 0 < K. Per ricordare che più grande K più piccolo deve generalmente essere K si indica quest ultimo con δ K (δ ed ǫ sono le lettere dei numeri piccoli); sicchè: lim 0 f() = se per ogni K > 0 esiste δ K tale che per 0 < 0 < δ K è f() > K. Pensiamo infine al grafico di f() =, e facciamo andare a. Qui per la f tende ad un valore finito (4, che non ha niente di speciale). La definizione è allora (disegna): lim 0 f() = l se per ogni ǫ > 0 esiste δ ǫ > 0 taleche per 0 < 0 < δ ǫ si ha f() l < ǫ. Nota il 0 < : nella definizione di limite non si pone alcuna restrizione su f in 0 (cfr. l esempio (c) qui sotto). Per esercizio si definiscano i limiti sinistro e destro per questo caso. Ricapitolando, abbiamo visto tre tipi di limiti: (i) ±, dove tutto è come per le successioni; (ii) 0 R ed f ± ; (iii) 0 R ed f l R. Accertati di saperle scrivere tutte. ESEMPI. (a) lim 0 = 0 : con δ ǫ = ǫ. (b) Per α > 0, lim 0 + α = 0, perchè α < ǫ 0 < < ǫ /α = δ ǫ. (c) Considera < 0 f() = 3 = 0 > 0. Qui lim 0 f() = 0 (anche se f(0) = 3). La verifica dei limiti destro e sinistro è immediata. (d) Determina a R tale che esista lim 3 f() per la funzione { + < 3 f() = +a > 3. Si verifichi che lim 3 f() = 7 e lim 3 +f() = 3+a; dunque a = 4. (e) Verifichiamo che lim ( )/( ) = /. Si ha f() = (+ ) = (+ ) <, dunque possiamo prendere δ ǫ = ǫ.

6 LIMITI DI FUNZIONI 6 Nota che con la maggiorazione si ottiene un δ ǫ più che sufficiente perchè f() l < ǫ (considera la g() = f() l e vedilo prima di tutto graficamente). In questo esempio se si risolve f() / < ǫ si ottiene (con ǫ < /) δ ǫ = min{ ( ǫ +ǫ ),( +ǫ ǫ ) }, che si può verificare essere maggiore di ǫ per ǫ < /. + (f) lim = 4. Vogliamo δ ǫ tale che per < δ ǫ si abbia f() 4 = 3 < ǫ. Prendendo per esempio < /, è = > /, dunque 3 < 6. Dunque δ ǫ = min{/, ǫ/6} va bene. (g) lim 0 sin = sin 0. Si fa con le formule di prostaferesi, come abbiamo fatto con cos n : per 0 < < π/ si ha sin sin 0 = sin 0 cos + 0 sin 0 0 ; dunque sin sin 0 < ǫ per 0 < min{π/,ǫ}. Allo stesso modo si vede lim 0 cos = cos 0. E si può verificare per esercizio che lim π/ tan =, sfruttando lim π/ cos = cosπ/ = 0 ed il fatto che per vicino a π/ è sen > /. Soluzione in nota. 5 E anche lim π/ +tan =. 6 Dalla periodicità della tangente deduciamo allora anche lim π/ +tan =. In particolare non esiste lim π/ tan perchè i limiti destro e sinistro esistono ma sono diversi. (h) Per 0 > è lim 0 log = log 0 (ricorda che nel discreto n 0 log n log 0 ; la presente verifica è analoga). Soluzione in nota. 7 (i) Una condizione di Cauchy per l esistenza del limite: se esiste l = lim 0 f() allora ǫ esiste δ ǫ tale che, ( 0 δ ǫ, 0 +δ ǫ )\{ 0 } si ha f() f( ) < ǫ. Perchè f() f( ) f() l + f( ) l. (j) Applicazione dell esempio precedente: non esiste lim 0 f per { 0 f() = sen > 0. Qui il limite non esiste perchè non esiste lim 0 +sen : in ogni intervallo (0,δ)ci sono, tali che sen sen = ( = /(kπ+ π ), = /(kπ+ 3 π) per k grande abbastanza). 5 Sia K > 0 arbitrario; per ( π 6, π ) sin > ; sia δ tale che per (π δ, π ) risulti 0 < cos < /K (δ esiste perchè lim π/ cos = 0); definiamo δ K = min{ π 6,δ}. Per (π δ K, π ) è allora tan > cos > K. 6 Questo si può verificare direttamente, oppure dedurre dall esercizio 5 (perchè tan = tan( )). 7 Vogliamo ǫ < log log 0 < ǫ; al centro c è log(/ 0 ); mettendo tutto ad esponentedie, moltiplicandoper 0 epoitogliendo 0 siottienel equivalente δ s 0 ( e ǫ ) < 0 < 0 (e ǫ ) δ d, sicchè basta prendere δ ǫ = min{δ s,δ d }.

7 LIMITI DI FUNZIONI 7 (k) lim ± arctan = ±π/. Questo non siamo ancora in grado di dimostrarlo rigorosamente, ma lo vogliamo usare, quindi vediamo almeno una giustificazione. Prendiamo : sia dato ǫ > 0; vogliamo ǫ tale che per > ǫ risulti π/ ǫ < arctan < π/ + ǫ; la seconda disugualgianza è sempre verificata; e poichè arctan è crescente, la prima è verificata per > tan(π/ ǫ) = ǫ. 8 Possiamo incorniciare la definizione di limite che abbiamo usato in tutti i casi visti. Per ξ R (può essere un o un y) chiamiamo intorno di ξ un intervallo tipo (ξ δ,ξ+δ) (con δ > 0); se ξ =, con lo stesso termine indichiamo un intervallo tipo (a, ) con a R; se ξ = un intervallo tipo (, a). Allora: DEFINIZIONE. Con 0,l R, lim 0 f() = l se per ogni intorno J di l esiste un intorno I J di 0 tale che per I J \{ 0 } si ha f() J. Controlla che le definizioni precedenti sono effettivamente tutte casi particolari di questa. A proposito, come per le successioni la definizione èbenposta, nelsenso che: Se il limite esiste, è unico. Ladimostrazione (in nota) è come per le successioni. 9 Prima di andare avanti riguardiamo i risultati che abbiamo trovato sulle funzioni fondamentali: abbiamo visto i limiti di a per ±, di log a ed α per ed 0 + e di ±n per 0, ; i limiti di sen,cos e tan per 0 R e quelli per ± che non esistono; quelli di tan per ±π/; e quelli di log per 0 > 0 (in pratica manca solo qualche limite per 0 ). Abbiamo sempre trovato quello che ci attendevamo dal grafico, e d altra parte, alla luce dei risultati sulle successioni corrispondenti, ci saremmo stupiti del contrario. Confermeremo che doveva essere così nella conseguenza (b) di pagina. In molti degli esempi, in particolare quelli sulle funzioni fondamentali, abbiamo visto lim 0 f() = f( 0 ), che cioè il limite esiste e la funzione non ha una discontinuità, nel senso di un f( 0 ) per i fatti suoi. In questo caso si dice appunto che f è continua in 0. Nota che lim 0 f() = f( 0 ) se: per ogni ǫ > 0 esiste δ ǫ tale che 0 < δ ǫ f() f( 0 ) < ǫ; non c è 0 < 0, perchè f() f( 0 ) < ǫ è automaticamente soddisfatta in 0. Sul concetto torneremo, perchè sulla contiuità si fondano tutti i risultati importanti del corso, dunque registriamo: 8 Questa non è una dimostrazione, perchè si è assunto, ma non dimostrato, che il codominio di tan è tutto R (altrimenti come potremmo essere sicuri che tutte le > tan(π/ ǫ) sono nel dominio di arctan?). Ripareremo questa falla. 9 Prima escludi che possa essere contemporaneamente f l R ed f ±, o f ed f ; poi mostra che se f l ed f l con l,l R allora per ogni ǫ > 0 risulta l l < ǫ da cui l = l.

8 LIMITI DI FUNZIONI 8 DEFINIZIONE. Siano f: R R ed 0 D f. f è continua in 0 se lim 0 f() = f( 0 ), cioè il limite esiste e vale f( 0 ). Continuità su A D f vuol dire per ogni 0 A. Nota. Abbiamo sempre supposto che quando prendiamo il limite per 0 c è un intorno I di 0 tale che I\{ 0 } D f (o per prendere + 0 con 0 R che un intornodestro, cioètipo ( 0, 0 +δ), siacontenutoin D f, ediscorsoanalogoper 0 ); questo va in pratica sempre bene, ma qualcuno può chiedersi: la definizione di limite di successione, guardando la successione come una funzione con D f = N +, è un caso particolare di limite di funzione? La domanda è legittima, e la risposta in effetti è no, perchè D f = N + non contiene nessun intervallo, quindi secondo la nostra definizione non si può considerare il limite di una funzione successione, nè per 0 R (che è accettabile), nè per (che non lo è). A questa situazione c é un facile e naturale rimedio. Perchè l operazione di limite per 0 R abbia senso non occorre che sia verificata la nostra ipotesi di partenza, ma basta: se 0 R, che ci siano punti di D f arbitrariamente vicini ad 0 ; se 0 = (risp. ), semplicementeched f siaillimitatosuperiormente(risp.inferiormente). Per tali punti possiamo modificare la definizione di limite richiedendo che per vicino ad 0 ed in D f la f sia vicino ad l. Così per esempio per, anche se D f non contiene nessun intervallo (a, ) lungo il quale possa rotolare, poichè supd f = la può andare verso infinito saltellando lungo punti di D f (come per le successioni). Formalmente, la condizione su 0 che abbiamo detto è: Ogni intorno I di 0 ha I D f \{ 0 } (Tali 0 si dicono punti di accumulazione per D f ). E la definizione di limite: Per 0,l R, lim 0 f() = l se per ogni intorno J di l esiste un intorno I J di 0 tale che per I J D f \{ 0 } sia f() J. Con questa definizione i limiti di successioni sono casi particolari di limiti di funzioni. Domanda: qual è il problema se applichiamo questa definizione ad un punto che non è di accumulazione per D f? 0 APPROSSIMAZIONE AL LIMITE Abbiamo finora verificato relazioni di limite, cioè dato l ǫ abbiamo trovato il δ ǫ, e così via, e qui, per i più curiosi, faremo qualche altro esercizio di questo tipo. Perchè? Quando avremo imparato a calcolare i limiti sarà immediato per esempio trovarechelim ( + ) =, edaquelpuntoverràspontaneochiedersi: ache serve verificarlo, se lo si conosce già? La risposta è che sono due cose diverse: una cosa è sapere che lim f() = ; ben altra è sapere quanto deve essere grande perchè risulti per esempio f() < E evidente che quest ultima informazione è molto più precisa della sola conoscenza del valore del limite; vale di più, sicchè non ci possiamo sorprendere del fatto che in genere costa di più, cioè è più difficile da ottenere. Inoltre, non tutte le informazioni hanno lo stesso valore: immagina un matematico e un suo cliente interessato al comportamento asintotico della funzione di sopra; il primo gli regala l informazione lim f() =, ma al secondo serve f() < ; supponi che il matematico scopra subito che > 500 f() < ; questa èinformazioneche il cliente può pagare,ma supponi adesso che quest ultimo non può aspettare fino a 500 (pensa ad come tempo); chiederà allora: E prima, niente da fare?, che il matematico traduce in: E vera anche l implicazione opposta, f() < > 500? La doppia implicazione vale molto più; la prima informazione diceva, se aspetti 0 Risposta: risulterebbe lim 0 f() = l per ogni l R! Quindi la definizione non sarebbe ben posta.

9 LIMITI DI FUNZIONI 9 > 500 sarà come vuoi f() < 3 0 6, ma non è detto che non lo sia anche prima (per esempio potrebbe essere f() < > 00); la doppia freccia dice per > 500, e non prima, risulta f() < In generale non si ottiene la doppia freccia; è già abbastanza ottenere qualche δ ǫ, anche se non il migliore possibile. I seguenti esempi sono tutti Studia l approssimazione del limite..., nel senso di: Dato ǫ trova un δ ǫ (o ǫ, o quello che è a seconda dei casi) tale che..., eccetera. Il primo dà un idea sul tipo di problema e su due tipiche direzioni in cui muoversi, vediamolo un momento: è lim f() = 0, dunque si vuole ǫ tale che > ǫ f() < ǫ; più piccolo è ǫ meglio è. Uno, si può vedere è se per qualche ǫ l implicazione voluta è ovviamente vera primo passo di (a) qui sotto. Due, si può cercare una funzione g con f < g che tende pure a zero e di cui la g < ǫ è facile; in (a) f = +, g = /, ed è immediato che g = g < ǫ > /4ǫ ; per tali valori sarà certamente f < ǫ; ma è chiaro anche che non abbiamo trovato il miglior ǫ possibile disegna per 0: una retta orizzontale ad altezza ǫ <, f che scende convessa da a zero, e g tutta sopra f convessa decrescente da a zero; l ǫ = /4ǫ trovato è il punto in cui g incontra la retta ǫ, ma il migliore possibile è quello in cui f inontra ǫ, che è più indietro. ESEMPI. (a) Considera lim ( + ) = 0, e supponi ǫ <. Qui f() = f() = /( + + ), sicchè con qualche passaggio facile troviamo f() < ǫ (+) > ǫ. Un primo risultato è allora immediato: se il secondo membro di questa è negativo la disequazione è soddisfatta, cioè: > ( ǫ )/ǫ ǫ f() < ǫ. Facile ma scarso; nell esempio (g) di pagina 3 avevamogiàtrovatodi meglio, con ǫ = /4ǫ ǫ /perǫsufficientemente piccolo. Se vogliamo il più piccolo tale che > f() < ǫ, prendiamo ǫ ed eleviamo al quadrato la (+) > ǫ (che con ǫ ha entrambi i membri positivi); otteniamo l equivalente > ( ǫ ) /4ǫ ǫ < ǫ, che a questo punto è anche equivalente a f() < ǫ. Più di questo non si può fare. (b) lim ( + ) =. Prendiamo > ; per tali valori, f() < ǫ ǫ + > 0; quest ultima relazione vale per ogni se ǫ > /4, e per > ( + 4ǫ)/ǫ altrimenti (le <... non ci interessano mentre ). Conclusione: f() < ǫ vale per > ǫ se ǫ > /4; vale per > ma{,(+ 4ǫ)/ǫ} = (+ 4ǫ)/ǫ ǫ altrimenti (vero che (+ 4ǫ)/ǫ >?). Qui non abbiamo trovato la doppia implicazione. (c) lim + =. Prendi 0; per tali valori f() < ǫ + < ǫ > ǫ ; sicchè > ma{0,ǫ } ǫ f() < ǫ. Se si analizza anche < 0 ci si rende presto conto che qui siamo arrivati. 4 (d) Sia < 3, e considera lim 3 +3 =. Vogliamo δ K tale che per 3 δ K < < 3 risulti f() > K, e supponiamo K >. < 3 garantisce che sotto radice c è un numero positivo, e K > che la divisione per K preserva il verso, quindi: f() > K 4 +3 > K (K )+(4+3K ) > 0 > 3K +4 K = 3 7 K ; allora possiamo prendere δ K = 7 K. In questo caso abbiamo trovato la migliore approssimazione possibile. (e) Considera lim 3 =, ed ǫ <. Risolvendo troviamo (dopo un pò di lavoro) f() < ǫ 3 < ǫ (3 ǫ +ǫ,3 + ǫ ǫ ); quindi con δ ǫ = Come già osservato in precedenza, per quanto riguarda la validità della relazione di limite basta prendere ǫ < ǫ arbitrario; l analisi dell approssimazione potrebbe essere condotta anche, indipendentemente, per ǫ ǫ. Lo stesso dicasi per K > K.

10 LIMITI DI FUNZIONI 0 min{ ǫ +ǫ, ǫ ǫ } = ǫ +ǫ si ha 3 < δ ǫ f() < ǫ, e non esiste δ ǫ > δ ǫ per il quale questa implicazione resta vera: anche qui l approssimazione trovata è la migliore possibile. Un risultato più debole si trova più speditamente come segue. Vogliamo 3 < ǫ; ma 3 < / implica > / e dunque 3 < 3 (in questo caso vicino ad = 3 abbiamo trovato f() l < g con g 0 facile); sicchè 3 < min{/,ǫ/} = ǫ/ ϑ f() < ǫ. Nota che per tutti gli ǫ < (quelli che stiamo prendendo in considerazione) è ϑ < ǫ +ǫ (giusto?). (f) lim = ( > 0, ;f() = + ). Consideriamo ǫ < /. Risolvendo le disequazioni irrazionali che vengono fuori si trova f() = (+ ) < ǫ ( δǫ,+δ s ǫ) d con δǫ s = ( ) ǫ, +ǫ δ d ǫ = ( +ǫ ǫ) ; dunque il miglior risultato ottenibile è δ ǫ = min{δǫ s,δd ǫ }. Più facile: f() / = (+ < (perchè il denominatore è > ), ) quindi con ϑ ǫ = ǫ vale la < ϑ ǫ f() / < ǫ. Più facile, ma ϑ ǫ < δ ǫ (qui casca l asino). Per verificare questo si risolvano brutalmente (non è difficile come sembra) le disequazioni ǫ < δǫ s ed ǫ < δd ǫ e si constati che entrambe sono vere per tutti gli ǫ < / (quelli in esame). ESERCIZI. Verifica che c R si ha lim 0 c = c.. Verifica (assumendo che il codominio di cos è un intervallo) che lim arccos = Dimostra che se lim f() = anche lim (y 0 +f( 0 )) = ; lostessoperf eper (quiilprimopassodell esercizio è scrivere i risultati cui si accenna!) 4. Verifica che: se lim f() = l, lim (y 0 +f( 0 )) = l +y 0 ; e che lo stesso vale con al posto di. 5. Dimostra che lim + 0 f( ) = lim 0 f() (disegna prima). 6. Unteoremadeicarabinieri: seper > f() g()elim g() =, anche lim f() =. Qual è l analogo enunciato per 0? 7. Scrivi un paio di casi di negazione della frase lim 0 f() = l. In nota 0,l R ed 0 R,l =. Primo caso: esiste ǫ > 0 tale che per ogni δ > 0 esiste con 0 < 0 < δ tale che f() l ǫ. Secondo: esiste K tale che per ogni δ > 0 esiste con 0 < 0 < δ tale che f() K.

11 LIMITI DI FUNZIONI 8. Verifiche (vedi paragrafo Approssimazione al Limite ): (i) lim ( + ) = (iii) lim + = + (v) lim = 4 (ii) lim (iv)lim 0 (vi)lim 0 + = = + + = RISULTATI SUI LIMITI: I Il risultato che ora stabiliremo consente di trasferire alle funzioni i risultati già dimostrati sui limiti delle successioni, ed altro. PROPOSIZIONE. Siano 0,l R {± }, ed ( n ) una successione con n D f n. E lim 0 f() = l se e solo se: n 0 ed n 0 f( n ) l. ( ) Dim. Facciamo 0,l R. Se lim 0 f() = l, è f() l < ǫ se 0 < 0 < δ ǫ ; ma definitivamente è 0 < n 0 < δ ǫ (per ipotesi), dunque anche f( n ) l < ǫ. Il viceversa per contraddizione: supponiamo che non sia lim 0 f() = l. Allora c è un ǫ 0 > 0 tale che in ogni intorno di 0 esiste 0 con f() (l ǫ 0,l+ǫ 0 ). Prendendo intorni di raggio,/,...,/n... abbiamo allora: per ogni n esiste n con 0 < n 0 < /n ed f( n ) l ǫ 0. La successione di questi n falsifica l ipotesi ( ), perchè 0 n 0 ma f( n ) l. Nota che la condizione n 0 (basta definitivamente) è necessaria: per esempio se lim 0 f() = l f( 0 ), la successione definita da n = 0 n converge ad 0, ma f( n ) f( 0 ) l. I risultati seguenti contengono in realtà tutto ciò che la teoria offre sui limiti. Per il loro calcolo potremo usare questi, più la conoscenza di due limiti veramente notevoli ai quali molti altri possono essere ricondotti. CONSEGUENZE. (a) I risultati su somma e prodotto di limiti (cioè, va sempre come ci si aspetta tranne nei casi e 0 ). Esempio, se lim 0 f() = l e lim 0 g() = m, allora lim 0 (f()+g()) = l+m (qui 0,l,m R {± }). Perchè: scriviamo s() = f()+g(); applicando la proposizione di sopra (parte solo se ) ad f e g, se 0 n 0 risulta f( n ) l e g( n ) m; allora (somma di limiti di successioni) s( n ) = f( n )+g( n ) l+m; applicando la proposizione (parte se ) ad s si ottiene allora il risultato. Nota in particolare che somma e prodotto di funzioni continue in 0 sono continue in 0.

12 LIMITI DI FUNZIONI E essenziale a questo punto fare anche la dimostrazione diretta di qualche caso di somma e prodotto. In nota ci sono, per controllare, la somma l+ con 0 = e il prodotto lm con 0,l,m R. 3 (b) Limiti delle funzioni elementari: esponenziali a e loro inverse log a, potenze α, e trigonometriche vanno come ci si aspetta. Per esempio, possiamo affermare che per 0 R è lim 0 a = a 0, infatti: abbiamo dimostrato che per ogni sequenza ( n ) con limite 0 risulta a n a 0 ; applicando la proposizione di sopra si ottiene il risultato. Analogamente si vede che per esempio per 0 = si ha lim 0 a = 0. Di nuovo nota la continuità: tutte le funzioni fondamentali sono continue sui rispettivi domini. (c) I limiti dell esempio precedente anche se al posto di mettiamo f(). Esempio, se f() > 0elim 0 f() = 0( 0 R {± }), allora lim 0 logf() =. Perchè se 0 n 0 risulta (ipotesi più solo se qui sopra) 0 < f( n ) 0; ma per tale successione sappiamo che logf( n ) ; risultato dal se della proposizione. Esercizio, se lim 0 f() = allora lim 0 a f() = 0. (d) Limiti di f g : per f() > 0, il lim 0 f() g(), per 0 R {± }, va sempre come ci si aspetta il che si vede scrivendo f() g() = e g()logf() eccetto quando ad esponente (di e) si trova un 0 (o 0). Esempio, se lim f() = 0 e lim g() = allora lim f() g() = 0. Dimostrazione: da (c) segue lim logf() = ; dunque (da (a)) lim g()logf() =, da cui (usando (c) di nuovo) lim e g()logf() = 0. In altre parole: se f l e g m, l,m R abbiamo f g l m, e analogo passaggio al limite si può fare se l,m non sono finiti purchè glogf non sia 0 o 0. Quando si verificano gli ultimi due casi? Il primo è con m = 0 e logf ±, che si verifica se f 0 oppure f ; il secondo è con m = ± e logf 0, cioè l = ; dunque i casi scoperti (indeterminati) sono: 0 0, 0, ±. (e) Per, a (a > ) va a infinito più veloce di qualunque potenza di : a Per a >, lim = k N +. k 3 Somma: l ipotesi è che lim f = l, lim g =. Sia K arbitrario; esistono, tali che f > l per > e g > K (l ) per > ; per > ma{, } = K sarà allora f +g > K. Prodotto: l ipotesi è che lim 0 f() = l, lim 0 g() = m. Allora dato ǫ: per I \ { 0 }, g() m < ǫ/l, da cui anche g() < m + ǫ/l M; per I \ { 0 }, f() l < ǫ/m; dunque per I I \ { 0 }, fg lm = fg lg+lg lm g f l +l g m < ǫ.

13 LIMITI DI FUNZIONI 3 Nota che dicendo f va a infinito più veloce di g intendiamo che il rapporto f/g va a infinito, cioè che f diventa infinitamente più grande di g; per esempio non va più veloce di, perchè il rapporto è sempre ; invece sì. Per verificare il limite, anche qui non dobbiamo fare altro che applicare il risultato sulle successioni, che se n allora a n / k n, e poi il se della proposizione qui sopra. Piùingenerale, selim 0 f() = alloralim 0 a f() /f() k =, perchè: da lim 0 f() = e solo se di sopra deduciamo che per n 0 si ha f( n ), da cui (risultato sulle successioni) a f(n) /f( n ) k ; ora il risultato voluto segue dal se della proposizione di sopra. (f) Per il logaritmo va a infinito più lento di tutte le potenze di : 4 log Per a >, lim a = 0 k N +. (/k) Ponendo h() = log a abbiamo lim h() = e log a / (/k) = h()/(a /k ) h() ; ed a /k > poichè a > ; dall esempio precedente (prendendo l inverso) segue allora il risultato. Da (e) ed (f) viene fuori questo quadro: per, il log è piùlento di tutte le α con α > 0, queste vanno più veloci quanto maggiore è α, e tutte sono più lente di a (con a > ). ESEMPI ED ESERCIZI: I Cominciamo adesso a vedere questi risultati in azione nel calcolo di limiti che si trovano per continuità, con razionalizzazioni, dividendo numeratore e denominatore per uno stesso numero, aggiungendo e togliendo qualcosa, usando formule per a n b n e cose simili. La cosa notevole è che molti altri limiti si trovano riconducendoli a due limiti particolari ( notevoli appunto). Devi, specialmente all inizio, accertarti di sapere quale risultato si sta usando in ogni passaggio. ESEMPI. (a)studiamolim ± a n n +a n n +...+a +a 0 alvariare di n ed a n. L idea è che n diventa infinitamente più grande di tutti gli altri termini, quindi conta solo lui ; per farlo uscire lo mettiamo in evidenza, ottenendo f = n (a n + a n / a / n + a 0 / n ); la funzione in parentesi tende ad a n 0, ed n ± (a seconda se ± e se n è pari o dispari); dunque prodotto di limiti (in R), risultato o (per esempio se, a n < 0 ed n è pari risulta lim f =, ecc.). Da somma limiti sappiamo che per 0 R, per ogni polinomio P() risultalim 0 P() = P( 0 ),checioèipolinomisonofunzionicontinue su tutto R (giusto?). 4 Qui e nel precedente diciamo tutte le potenze, ma i risultati contemplano solo k e /k, k N + ; estendili con maggiorazioni a esponenti arbitrari.

14 LIMITI DI FUNZIONI 4 + (b) lim log 3. Basta vedere che fa la frazione (conseguenza + (c)): in evidenza sopra / e sotto /3, resta /6 moltiplicato una frazione che tende a /; dunque la frazione tende a infinito, e con essa il suo logaritmo. (c) lim 3 4. In evidenza quello che conta, sopra e 4 sotto, ( resta f = 4/ ) +/ 0 ( ) = 0 (stiamo usando la freccia, è chiaro 4 che si intende per ). (d) lim. Il denominatore è un polinomio che si annulla in =, e possiamo usare il seguente fatto: Sia P( 0 ) = 0, con P() = a n n +a n n +...+a +a 0 ; allora P() = ( 0 )Q() con Q polinomio di grado n. 5 Dividendo il nostro denominatore per + otteniamo = ( + )( 3); lim ( 3) = < 0, dunque: lim f() = ± (terzo esercizio qui sotto), sicchè il limite per non esiste. C è un asintoto verticale, e quando il numeratore non tende a zero e il denominatore è un polinomio che tende a zero ce lo aspettiamo sempre. +4 (e) lim 4 0. Qui numeratore e denominatore tendono entrambi 3 a zero. Mettiamo in evidenza elevato all esponente minimo sopra e sotto, ottenendo / per una frazione che tende ad ; conclusione, il limite non esiste. ( (f) lim ). 3 Qui (usando 3 = ( )( + + )) 3 troviamo f() = + 3 = ( )(+) ( )(++ ) = (+) ++. (g) lim 5 (sen+cos 5). La funzione in parentesi forse non ha limite, ma è sempre < < 0; inoltre, esiste 0 tale che per < 0 risulta 5 < K/; dunque per tali è f() > K, e il limite è. (h) lim 0 +( + ) /. Scrivendolo come e g logf si vede subito che l esponente tende a ( ) =, quindi il limite vale 0. (i) lim π 4 sen. Moltiplica e dividi sopra per + sen e sotto sen cos per sen+cos, ottenendo f() = sen+cos +sen cos cos 0. (j) lim 0 sen log(+). Funzione limitata moltiplicata per funzione infinitesima: limite 0. (k)lim Anumeratore a b, ed a b = 4( 4+3 3); a denominatore c è ( )( 3); conclusione, /3. 5 Dim. Per 0, la divisione P()/( 0 ) dà P() = ( 0 )Q()+r con r R. Facendo i limiti per 0 di entrambi i membri si ottiene P( 0 ) = r.

15 LIMITI DI FUNZIONI 5 (l) Anche le inverse delle funzioni circolari(arcsen, arccos, arctan) sono continue sui rispettivi domini. Anche questo non siamo ancora in grado di dimostrarlo rigorosamente, ma siccome lo vogliamo usare vediamo almeno una giustificazione del risultato: facciamo lim 0 arctan = arctan 0. Sia dato ǫ > 0, e sia y 0 = arctan 0 (nota tany 0 = 0 ); poichè arctan è crescente, per (tan(y 0 ǫ),tan(y 0 +ǫ)) è y 0 ǫ < arctan < y 0 + ǫ; dunque basta prendere δ ǫ = min{ 0 tan(y 0 ǫ),tan(y 0 +ǫ) 0 }. 6 A questo punto puoi fare gli esempi 4.9 del libro. ESERCIZI 4. Aggiungiamo un paio di esercizi di teoria e altri limiti. 9. Ricorda che una successione convergente è limitata. Ora supponi che lim f() = l R. E f necessariamente limitata? No; disegna un controesempio. Cosa secondo te fa la differenza? 0. Dimostra la Proposizione 4.6 (p.98).. (i) Dimostra che lim 0 f() = implica lim = 0. 0 f() (ii) Supponi che lim 0 f() = 0; dimostra che se f() > 0 allora lim =, e che se f() < 0 allora lim 0 f() = 0 f(). Calcola lim 5 3+ ± ++ tutti). 3. Dì se esistono lim 5 ( )( 3) e lim 4. Dì se esistono lim 0 3 e lim Calcola, se esiste: 3 + (i) lim + (iii) lim e e [] (v) lim (vii) lim π + 4 tan tan (di questi quando se ne fauno si sono fatti (ii) lim (+h) 3 3 (iv) lim h 0 h (vi) lim sen+3cos cos (viii) lim e e e +e 6 Di nuovo, il buco in questa argomentazione è che abbiamo dato per scontato che il codominio della tangente è un intervallo (se no come potremmo essere sicuri che ogni (tan(y 0 ǫ),tan(y 0 +ǫ)) è nel dominio di arctan? Disegna l inversa di una funzione monotona ma non continua in 0 per capire qual è il problema). Dimostreremo che il codominio di qualunque funzione continua (come la tangente) è un intervallo.

16 (i) lim 3 (i) lim (iii) lim arctan +arctan (v) lim π +arctan LIMITI DI FUNZIONI 6 ()lim (ii) lim (iv) lim arccos Suggerimenti. (ii) ricorda che per < 0 è = ; (v) usa carabinieri; (i) ricorda a b = (a b)(a+b), a 3 b 3 = (a b)(a +ab+b ); (i) a 3 +b 3 = (a+b)(a ab+b ); (ii) vedi (ii); (iv) ricorda (esercizio pag.0) che lim arccos = 0, e concludi dal segno di arccos. 6. Questi sono f g : ( + (i) lim ± + (iii) lim ( ) (v) lim 0 +ln (vii) lim (cos)tan π ) 7. Fatti un idea del grafico di +,3,± ; e di quello di (ii) lim 0 +( cos) ln (iv) lim esen/ (vi) lim 0 +/ sulla base dei limiti per dai limiti per 0,,±. 8. (Barozzi-Corradi) Discuti al variare di a (maggiore di zero diverso da ) il limite lim a + log a ( a) log a RISULTATI SUI LIMITI: II La seguente proposizione regola il cambio di variabile, che nei limiti è (quasi) tutto. Dice: se per vicino ad 0 è g() vicino a z 0 e per z vicino a z 0 è f vicino ad l, allora per vicino ad 0 sarà f vicino ad l. Con I(ξ) (o J(ξ)) indicheremo un intorno di ξ (cioè un (ξ δ,ξ+δ) se ξ R, (a, ) se ξ =, (,a) se ξ = ). PROPOSIZIONE(Limiti Funzioni Composte, LFC). Siano 0,z 0 reali o ±. Se lim 0 g() = z 0 ed esiste lim z z0 f(z) R, allora lim f(g()) = lim f(z) 0 z z0 purchè si verifichi almeno una delle seguenti condizioni: () lim z z0 f(z) = f(z 0 ); () esiste I( 0 ) tale che per ogni I( 0 )\{ 0 } si ha g() z 0. Dim. Usiamo la condizione, a te l altra. Sia l = lim z z0 f(z), e sia dato un intorno J(l) di l; le ipotesi implicano che esiste I(z 0 ) tale che

17 LIMITI DI FUNZIONI 7 per z I(z 0 )\{z 0 } è f(z) J(l), ed un I( 0 ) tale che per I( 0 )\ { 0 } è g() I(z 0 )\{z 0 }; per tali sarà allora f(g()) J(l). Nota. La condizione (ii) è automaticamente verificata se z 0 = ± ; altrimenti, una condizione sufficiente spesso facile da vedere è che z = g() sia strettamente monotona in un I( 0 )\{ 0 }. I limiti notevoli sono i due seguenti: (i) lim 0 sen ( = (ii) lim ± + ) = e. cos Il primo ha per compagno lim 0 = che si ottiene da (i) moltiplicando e dividendo per + cos. Il secondo può riscriversi cambiando variabili come: (iia) lim 0 ln(+) e = (iib) lim = 0 ((iia): con z = / ± la funzione è il ln di quella in (ii); poi usa LFC. (iib): prendi z = e 0 e usa (iia)). Per verificare (i) e (ii) non resta molto lavoro. Una verifica di (i) è: prendi 0 < < π, così sen < < tan ; e dividi per sen racchiudendo /sen fra due funzioni che tendono ad. Per (ii), cominciando da osserva che ([] parte intera di ) ( + []+ ) [] < ( + ) < ( + [] ) []+ e che le due funzioni che chiudono f tendono entrambe ad e (per, [] descrive N, [] =,...). Per, con z = scrivi ( + ) ( = ) z ( z ) z ( = = + ) z, z z z che tende ad e. ESEMPI ED ESERCIZI: II Qualche consiglio, perchè i vecchi non possono fare a meno di darne. Primo ricordati degli amici: f + g, f g ed f g = e glogf vanno come vuoi, se non ci sono o 0 ; f g con f fondamentale non tradisce mai; e se arrivi a un limite notevole sei a casa. Poi, pronto a riscrivere la funzione data: levando problemi con moltiplicazioni e divisioni, aggiungendo e togliendo, prendendo archi complementari nelle trigonometriche, eccetera, sperando che il prezzo da pagare sia basso; e/o cercando la variabile giusta (che spesso risolve). Infine, a volte non resta che tentare uno schiacciamento (carabinieri).

18 LIMITI DI FUNZIONI 8 ESEMPI. (a) lim 0 cos sen. Moltiplica e dividi sopra per, sotto per ; resta per una frazione che tende a /, dunque il limite vale 0. (b) lim ± ( + α ). Dentro parentesi vogliamo su..., quindi scriviamo α/ = /(/α); chiaramente la variabile da considerare è adesso z = /α ± (con direzione opposta ad se α < 0); ad esponente vogliamo allora z, e lo otteniamo moltiplicando e dividendo per α; dunque lim ± f() = lim z ± ( (+/z) z ) α = e α, usando la conseguenza (c) di sopra. ln (c) lim. sotto c è z = 0, e sopra + z; sappiamo allora dal limite notevole (iia) che anche il nostro vale. Questo, e possibilmente anche il prossimo, non è male ricordarlo. (+) α (d) lim 0. Usiamo l esempio precedente: sopra abbiamo uno z con z = (+) α ; se sotto ci fosse logz saremmo a casa, e ce lo mettiamo, pagando una moltiplicazione per log( + ) α = αlog( + ), che però resta diviso per col quale va ad ; risultato: z lim 0 f() = α lim z lim logz 0 log(+) = α. (e) lim 0 +log. Questo è importante. f() = log(/), e z = / logz / ; dunque lim 0 +f() = lim z = 0. z Analogamente si vede che per ogni α > 0 è lim 0 + α log = 0. (f)lim log log. Prendiz = log,trovandolim f = lim z z z = (mettendo in evidenza z). tan (g) lim 0 = lim 0 cos sen =. arcsen (h) lim 0. Per 0, z = arcsen 0 monotona, ed = senz; da LFC lim 0 f() = lim z 0 z/senz =. (i) lim ( )tan π. Per, sen π senza problemi; e cosα = sen(π/ α), dunque cos π = sen(π/ π) = sen( )π; allora prendiamo z = ( ) π 0, e moltiplicando e dividendo per π otteniamo lim f() = /π. (j) lim π ( + π)tan. Prendi z = + π 0 e osserva che tan = /tan(+ π ), così lim π f = lim z 0 z/tanz =. (k) lim π 4 sen cos sen4. sen4 = sencos, e il problema è cos; ma questo lo otteniamo, cambiato di segno, al numeratore moltiplicando e dividendo per sen+cos; dopo le semplificazioni il limite è facile, e vale /. (l) (Di Bari Vetro) lim 0 +log log(+ 3 ). Moltiplica e dividi per 3 e applica l esempio (e): il limite è 0.

19 LIMITI DI FUNZIONI 9 (m) (Picone Fichera) lim 0 sen log( ) + sen. Funzione limitata per funzione infinitesima: limite 0. sen (n) lim 0. Qui moltiplicando ecc. non si arriva a niente, ma ciò non può sorprendere perchè stiamo cercando di andare più a fondo su sen /; che tende ad uno va bene, ma qui ci stiamo chiedendo a che velocità: sen/ va a zero più veloce di, uguale, o più lento? Dobbiamo usare confronto. Prendiamo 0 < < π/, così è < < sen ; da questo ricaviamo 0 < < cos; sen cos moltiplicando per / = / viene 0 < ( sen ) < cos ; la funzione a destra tende a zero, e in mezzo c è f : possiamo concludere che il limite vale zero. Dunque per 0, sen/ diventa infinitamente più piccolo di, cioè va a zero più veloce. ESERCIZI 4. Al solito aggiungiamo qualche limite.. Questi con il primo limite notevole. +sen (i) lim 0 + cos tan sen (iii) lim 0 3 (v) lim 0 cosα (vii) lim 0 sen tan sen(α+) sen(α ) (i) lim 0 (i) lim ( π π + )tan (ii) lim 0 +sen cos (iv) lim sen arctan (vi) lim 0 cos (viii) lim 0 senπ () lim ( ) 3. Questi con il secondo. ( ) sen (i) lim (ii)lim ± + 0 e (iii) lim (a ) (v) lim 0 e (vii) lim + e e sen sen (iv)lim (+sen) / 0 (vi) lim ( +3 (viii) lim 0 (+) / ) +

20 (i) lim (ln(+) ln) (i) lim 0 (+sen) 3. Altri misti, da calcolare se esistono. (i) lim 0 [cos] sen+ 4 + (iii) lim 0 +arctan cos cos (v) lim 0 cos (vii) lim ln(3 +) (i) lim sen(π ) (i) lim (iii) lim+( []) 0 + (v) lim 0 LIMITI DI FUNZIONI 0 e e ()lim 0 (+h) α α (ii) lim h 0 h (ii) lim 0 tan 4 ( π ) sen(sen) (iv) lim 0 ln(+ ) (vi) lim + + (viii) lim 0 ln (+)ln+(3 )tan () lim 0 + arctan sen sen+arctan (ii) lim 0 ln(+)+3 (iv) lim e e arctan (vi) lim(cos) 0 (vii) lim 0 cos (viii) lim sen 0 Per l (viii) ricorda (/y) α = α /y α. Nel (iii) fai separatamente da destra e sinistra. Nel (vi) nota che cos 0. Per gli ultimi due usa il risultato dell ultimo esempio sopra. Valori dei limiti in nota Altri due, con suggerimento di guardare fra gli esercizi di Geometria (soluzioni in nota 8 ) (i) lim 0 + +arctan π (ii) lim 0 +arctan + π 7 (i) 0; (ii) ; (iii) 5/8, dividendo per ; (iv) ; (v) 3; (vi) / ; (vii) 0; (viii) ; (i) ; (), dividendo per ; (i) ; (ii) /(+log3); (iii) lim 0 + f = 0 lim 0 f = ; (iv) ; (v) ; (vi) / e; (vii) e (viii) 0. 8 Da uno degli esercizi di Geometria sappiamo che arctan + arctan/ = ±π/ aseconda che 0; allora, (i): prendi (0,π/), così lim 0 + f = lim 0 + /( arctan) = perchè lim 0 arctan/ = ed arctan < (a sua volta perchè < tan); (ii): prendi ( π/,0), così lim 0 f = lim 0 + /( arctan) = perchè lim 0 arctan/ =, arctan > (a sua volta perchè > tan), e qui il numeratore è negativo.

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