II-5 Funzioni continue

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1 II-5 FUNZIONI CONTINUE FUNZIONI CONTINUE: DEFINIZIONI E PRIME PROPRIETÀ II-5 Funzioni continue Indice Funzioni continue: definizioni e prime proprietà 2 Continuità delle funzioni elementri 3 3 Funzioni continue in un intervllo. Teorem di Weierstrss 4 4 Limiti di funzioni composte 7 5 Limiti notevoli 0 6 Soluzioni degli esercizi 2 Funzioni continue: definizioni e prime proprietà Definizione Supponimo che sino, R e f : [,) R. Dicimo che f è continu in d destr se +f) = f). In modo nlogo, se f :,] R, dicimo che f è continu in d sinistr se f) = f). Se infine f :,) R e < 0 <, dicimo che f è continu in 0 se è continu in 0 d destr e d sinistr, quindi se 0 f) = f 0 ). Un funzione non continu in qulche punto eventulmente d destr o d sinistr) si dice discontinu in quel punto eventulmente d destr o d sinistr). f) f) f) f) f 0 ) f 0 ) 0 Le figure qui sopr rppresentno nell ordine: un funzione continu in d destr, un discontinu in d destr, un continu in d sinistr, un discontinu in d sinistr, un continu in 0 e infine un discontinu in 0. Si osservi che l ultim è discontinu in 0 perché è discontinu in 0 d destr, mentre è continu in 0 d sinistr. Osservzione Un funzione discontinu in d destr è comunque definit in ; nlogmente un funzione discontinu in d sinistr è definit in e un funzione f discontinu in 0 è comunque definit in 0, cioè esiste il vlore f 0 ). Quindi ttenzione che non h senso chiedersi se, d esempio, l funzione f) = ln è continu o discontinu in zero d destr), dto che in zero l funzione non è definit. Nel cso un funzione si definit in un punto, l su continuità in quel punto dipende quindi dl ftto che il ite dell funzione in quel punto si ugule l vlore che ess ssume in quel punto. 0

2 II-5 FUNZIONI CONTINUE FUNZIONI CONTINUE: DEFINIZIONI E PRIME PROPRIETÀ 2 Esempi { se = 0 Si f : R R l funzione definit d f) = 0 se 0. È evidente che 0 f) = 0 = +f); poiché f0) =, f non è continu in 0 né d destr, né d sinistr. 0 { se 0 Si g : R R l funzione definit d g) = 0 se < 0. È evidente che g) = 0 e che g) = ; poiché g0) =, g è continu in 0 d destr, m non d sinistr. { / se > 0 Si h : R R l funzione definit d h) = 0 se 0. È evidente che h) = 0 e che h) = + ; poiché h0) = 0, h è continu in 0 d sinistr, m non d destr. Definizione Supponimo che sino, R e che f : [,) R. Dicimo che f h un discontinuità di prim specie, o che h un slto, in d destr se + f) R quindi è un numero rele finito) e + f) f). Se f è discontinu in d destr e non h un discontinuità di prim specie, dicimo che f h un discontinuità di second specie in d destr. In modo nlogo si dnno le definizioni di discontinuità di prim e di second specie d sinistr. Sino f, g e h le funzioni definite negli esempi visti sopr: f h in 0 un discontinuità di prim specie si d destr si d sinistr, g h un discontinuità di prim specie d sinistr, h h in 0 un discontinuità di second specie d destr. Le stesse funzioni f, g e h degli esempi in tutti i punti diversi d zero sono continue. L funzione f : R R definit d f) = { se Q 0 se / Q si chim funzione di Dirichlet. Ess è discontinu in ogni punto di R. Inftti, preso un qulunque punto, in ogni intorno di ci sono vlori rzionli e vlori non rzionli; quindi in ogni intorno di ci sono punti in cui l funzione vle 0 e punti in cui l funzione vle. Pertnto non può esistere il ite in. Si trtt quindi tr l ltro di discontinuità tutte di second specie. L continuità, che è stt definit in un punto, si estende in modo nturle tutto un intervllo, con l seguente Definizione Sino I un intervllo e f : I R. Si dice che f è continu in I se è continu in ogni punto di I continu d destr nell estremo sinistro di I se I è chiuso sinistr, e continu d sinistr nell estremo destro di I se I è chiuso destr). L insieme di tutte le funzioni continue in I i mtemtici dicono l clsse delle funzioni continue in I) viene indict con CI). Scrivendo quindi f CI) si fferm che l funzione f è continu nell intervllo I. L esempio dell funzione h illustr un discontinuità che è di second specie per l presenz di un ite infinito. Si può vere nche discontinuità di second specie se un ite non esiste. Le distinzione tr prim e second specie nsce d quest considerzione: un slto discontinuità di prim specie) è un ptologi semplice dell funzione i iti sono comunque finiti), mentre l second specie è un ptologi più grve, dt dl ftto che l funzione è ilitt o ddirittur dl ftto che non h ite.

3 2 CONTINUITÀ DELLE FUNZIONI ELEMENTARI 3 2 Continuità delle funzioni elementri Si pone or il prolem se quelle che imo chimto funzioni elementri, e ricordo che si trtt delle potenze, delle esponenzili e delle logritmiche, che sono tr le funzioni più importnti e più utilizzte in concreto, ino l proprietà or definit, cioè sino continue. In se qunto già visto nell dispens precedente non è difficile dre un rispost. Nell dispens sui iti imo visto che Questo llor ci dice che c α = c α, = c, log c c = log c. 2 Proposizione Le funzioni elementri sono continue nei rispettivi intervlli in cui sono definite. Può sorgere or l questione se nche l somm o l differenz, o il prodotto, o il quoziente) di due o più funzioni elementri si ncor un funzione continu. Ricordndo i teoremi dell lger dei iti ite di un somm/prodotto/quoziente è somm/prodotto/quoziente dei iti) è nturle ttendersi che l somm di funzioni continue si un funzione continu e che lo stesso vlg nche con le ltre operzioni lgeriche. Vle inftti l seguente Proposizione Sino f e g funzioni continue in un certo insieme. Allor f + g, f g e fg sono continue in tle insieme; nche f/g, nei punti dell insieme in cui è definit, è continu. 3 Osservzione Pertnto possimo dire che d esempio l funzione f) = 2 + e è continu in tutto R perché somm di funzioni elementri, che sono continue. L funzione g) = ln è continu in 0,+ ) perché prodotto di funzioni elementri. L funzione h) = ln è continu in 0,+ )\{} perché quoziente di funzioni elementri. Osservzione Visto che somme/prodotti/quozienti di funzioni continue sono funzioni continue, è nturle chiedersi se nche l composizione di funzioni continue porti funzioni continue. L rispost è nche qui ffermtiv, m lo vedimo tr un po. Esercizio 2. Si dic se le seguenti funzioni sono continue nel rispettivo dominio o se ci sono punti di discontinuità, eventulmente precisndo di che tipo di discontinuità si trtt. { ) f : R R, con f) = = ) f : R R, con f) = c) f : R R, con f) = { 2 < { / = 0 d) f : [0,+ ) R, con f) = Esercizio 2.2 Dt l funzione /ln 0, 0 = 0 0 = f) = { e + >, si trovi per quli vlori del prmetro rele l funzione f è continu in tutto R. Esercizio 2.3 Dt l funzione f) = { 2 ++ < 0 ) 2 0, si trovi per quli vlori del prmetro rele l funzione f è continu in tutto R. 2 Si noti che quello che compre destr nelle tre identità, cioè c α, c e log c, è il vlore dell funzione nel punto c, cioè fc). 3 L preciszione è doveros dto che il quoziente non è definito dove g si nnull.

4 II-5 FUNZIONI CONTINUE 3 FUNZIONI CONTINUE IN UN INTERVALLO. TEOREMA DI WEIERSTRASS 4 3 Funzioni continue in un intervllo. Teorem di Weierstrss Le funzioni continue in un intervllo hnno proprietà gloli interessnti, che sono descritte nel teorem seguente. Teorem fondmentle delle funzioni continue in un intervllo). Sino, R e si f continu nell intervllo [, ]. Allor l insieme dei vlori che f ssume è nch esso un intervllo chiuso e itto. 4 Osservzioni È importnte osservre che se toglimo nche soltnto un delle ipotesi del teorem, l tesi può essere fls. È un utile esercizio verificrlo e lo vedimo. Le ipotesi del teorem sono quttro: che l f si continu, che si definit in un intervllo, che tle intervllo si chiuso e che tle intervllo si itto. Rimuovimo l prim ipotesi e considerimo d esempio f : [0,] R definit d { 0 se = 0 f) = se 0 < ; f non è in C [0,] ), in qunto non è continu in 0. L tesi è fls dto che f [0,] ) = {0,} e questo non è un intervllo. Rimuovimolsecondipotesieconsiderimodesempiof : [0,] [2,3] Rdefinit d f) =. L funzione è continu nel suo insieme di definizione, tle insieme è chiuso e itto, m non è un intervllo. L tesi è fls dto che l immgine di f è [0,] [2,3], che non è ppunto un intervllo. 2 3 Rimuovimo l terz ipotesi e considerimo d esempio f : 0,] R definit d f) = /. L funzione è continu e l intervllo in cui è definit è itto m non chiuso. L tesi è fls dto che l immgine di f è [,+ ), che non è itto lo studente si disegni il grfico dell funzione). Rimuovimo l qurt ipotesi e considerimo d esempio f : [,+ ) R definit d f) = /. L funzione è continu e l intervllo in cui è definit è chiuso m non itto. L tesi è fls dto che l immgine di f è 0, ], che non è chiuso lostudente si disegni il grfico dell funzione). Il teorem fondmentle delle funzioni continue in un intervllo h come conseguenze lcune proposizioni che spesso vengono formulte come ltrettnti teoremi. Si f un funzione continu nell intervllo [, ]. i) Teorem dei vlori intermedi. Se f) < y < f), cioè se y è un qulunque vlore compreso tr f) e f), llor esiste c,) tle che fc) = y. ii) Teorem degli zeri. Se f) e f) hnno vlori di segno opposto potremmo scrivere f) f) < 0), llor esiste c,) tle che fc) = 0. iii) Teorem di Weierstrss. Esiste lmeno un punto M nell intervllo [,] in cui l funzione f ssume il suo vlore mssimo ed lmeno un punto m in cui f ssume il suo vlore minimo. Osservzioni Tutte e tre le proposizioni hnno come ipotesi fondmentle che l funzione si definit in un intervllo chiuso e itto e che si continu in tle intervllo. Il teorem dei vlori intermedi dice sostnzilmente che, nelle ipotesi ftte, l funzione ssume tutti i vlori compresi tr i vlori che l funzione ssume gli estremi dell intervllo [, ]. Il teorem degli zeri fferm che, nelle ipotesi ftte, se l funzione ssume vlori di segno opposto gli estremi, llor c è lmeno un punto in cui ess si nnull. Osservzioni Il teorem degli zeri è un cso prticolredell proprietà dei vlori intermedi, dto che, se f) f) < 0, llor f) < 0 < f) e quindi dll ii) si ricde nell i). Osservzioni Possimo nche qui vedere che, cdendo lcune ipotesi, l tesi può essere fls. Lo fccimo con riferimento l teorem di Weierstrss, m lo studente può provre frlo con gli ltri. Si dicev che le ipotesi sono 4 Potremmo scrivere quindi che f [,] ) è un intervllo chiuso e itto, ricordndo che f[,]) indic l immgine dell funzione f, cioè l insieme dei vlori che ess ssume. 3 2

5 II-5 FUNZIONI CONTINUE 3 FUNZIONI CONTINUE IN UN INTERVALLO. TEOREMA DI WEIERSTRASS 5 quttro: funzione continu, definit in un intervllo, intervllo chiuso e intervllo itto. In reltà con il teorem di Weierstrss un delle ipotesi può cdere senz conseguenze, quell che il dominio si un intervllo. 5 Si pensi l secondo esempio visto in precedenz sul teorem fondmentle: il dominio non è un intervllo m l tesi di Weierstrss vle, dto che l funzione h mssimo e minimo mf = 3 e M = 3) e minf = 0 e m = 0)). Le ltre ipotesi invece non possono cdere. Vedimolo. Funzione non continu: si consideri l funzione f : [0,] R definit d se = 0 f) = 2 ) se 0 < < se =. 2 Si h inf [0,] f) = 0 e sup [0,] f) = 2, m non esiste né il mssimo né il minimo dell funzione f e di conseguenz non esiste né M né m. Intervllo non chiuso: si consideri l funzione f : 0,) R definit d f) =. Si h inff = 0 e supf =, m come prim non esiste né il mssimo né il minimo dell funzione f. Intervllo non itto: il controesempio più semplice è certmente dto dll funzione f : R R definit d f) =. Si h inff = e supf = +, e non esiste né il mssimo né il minimo dell funzione f. Può destre qulche perplessità l presenz degli infiniti. Si possono trovre controesempi in cui gli estremi dell funzione sono entrmi finiti, come per l funzione { e 0 f : R R, definit d f) = e < 0. Come l figur suggerisce 6 imo inff = e supf =, m non esiste né il mssimo né il minimo dell funzione f. Osservzioni Se nel teorem degli zeri o in quello dei vlori intermedi ggiungimo tr le ipotesi che l f si crescente o decrescente, possimo dire che il punto c di cui prl l tesi è unico. Ci sono interessnti conseguenze dei teoremi ppen visti: Se, R e imo due funzioni f,g continue in [,] tli che f) < g) e f) > g), llor possimo dire che esiste c,) tle che fc) = gc). f f c g In generle è grntit l esistenz di lmeno un punto in cui le funzioni ssumono lo stesso vlore. Ovvimente ci possono essere csi, come quello dell figur di destr, in cui i punti sono più di uno. L esistenz di lmeno un punto si può dimostrre fcilmente, come conseguenz del teorem degli zeri, rgionndo sull differenz delle due funzioni, cioè su f g. Le figure suggeriscono che un ipotesi che grntisce l unicità del punto in questione è l monotoni si osservi che nell figur sinistr f è crescente e g è decrescente). 5 Attenzione che invece con il teorem degli zeri e il teorem dei vlori intermedi nessun delle ipotesi può cdere: lo studente lo verifichi su qulche esempio. 6 Il grfico si può ottenere con le trsformzioni grfiche elementri. Invito il lettore frlo. g

6 II-5 FUNZIONI CONTINUE 3 FUNZIONI CONTINUE IN UN INTERVALLO. TEOREMA DI WEIERSTRASS 6 Il teorem degli zeri consider il cso di un intervllo chiuso e itto. Però può essere fcilmente generlizzto d intervlli che sino non chiusi o non itti, considerndo, nziché il vlore dell funzione gli estremi, i iti di quest. Quindi potremmo riformulre il teorem dicendo che, se un funzione è continu in un certo intervllo e se i iti gli estremi hnno segno opposto, llor esiste un qulche punto nell intervllo in cui l funzione si nnull. Qui finco è rffigurtoil cso di un funzione f continu nell intervllo [,+ ), con f) = + f) > 0 e f) < 0. + f) c Anche il risultto con le due funzioni può essere quindi esteso tli situzioni più generli. Pertnto d esempio nel cso sino f, g continue nell intervllo, ), con + f) < + g) e llor esiste c,) tle che f) > g), g c f fc) = gc). Se con le due funzioni si ssume che f si crescente e che g si decrescente, il punto c è unico, cioè l equzione h un e un sol soluzione in,). f) = g) A titolo di esempio, vedimo come può essere utilizzto tutto questo nell soluzione di un equzione. Lo studente h già visto svriti esempi di equzioni e h imprto risolvere clssi prticolri di equzioni, come le intere di primo e secondo grdo, intere di grdo mggiore del secondo ptto di riuscire fttorizzre il polinomio), rzionli, irrzionli, esponenzili, logritmiche. H nche già visto però che non esistono metodi generli per risolvere un qulunque equzione. Dvnti ll semplice equzione +ln = 0, i metodi imprti non servono, dto che l equzione non rientr nei tipi studiti. In reltà non esiste un metodo estto per risolvere tle equzione. Soltnto con metodi numerici pprossimti è possiile trovre un soluzione, cioè un numero rzionle non troppo lontno dll soluzione estt. In generle è già tnto riuscire spere se un dt equzione h lmeno un soluzione. Grzie lle conseguenze del teorem fondmentle delle funzioni continue in un intervllo è però spesso possiile dire molto, come or vedimo proprio sull equzione propost. Scrivimo l equzione come }{{} ln = }{{} f) g) e ponimo f) = ln e g) =. Considerimo le due funzioni nell intervllo 0, + ). Si h mentre 0 + f) = 0 + ln = e f) = ln = + e g) = 0 + ) = 0, g) = ) =. + + Per qunto visto sopr possimo dire che esiste lmeno un soluzione dell equzione dt nell intervllo 0, + ). Osservndo inoltre che f è crescente e che g è decrescente, possimo ffermre che l soluzione è unic. Ripetendo le considerzioni precedenti nell intervllo 0, ), si può dire che l soluzione è ppunto compres tr 0 e, come l figur suggerisce. L soluzione però non si può trovre in modo estto.

7 4 LIMITI DI FUNZIONI COMPOSTE 7 Esercizio 3. Dt l funzione = 0 f : [0,] R, con f) = < < 2 =, si verifichi che d ess è pplicile il teorem degli zeri e si verifichi l vlidità dell tesi del teorem. Esercizio 3.2 Dt l funzione /2 = 0 f : [0,] R, con f) = /2 0 < < /2 =, si verifichi che è d ess pplicile il teorem di Weierstrss e si verifichi l vlidità dell tesi del teorem. 4 Limiti di funzioni composte In quest sezione vedimo un risultto che rigurd il ite dell funzione compost, d cui seguono un importnte conseguenz sull continuità dell funzione compost e un metodo opertivo per il clcolo del ite. L questione è sostnzilmente quest: se ho un espressione compost del tipo gf)), per clcolre il ite di quest per che tende qulche cos posso clcolre prim il ite dell funzione intern e poi di questo clcolre il vlore ttrverso l funzione estern? Proposizione Sino f :,) R, si g un ltr funzione e supponimo che esist l funzione compost gf)). 7 Vlgono le proprietà seguenti: i) se f) = l l R) e se g è continu in l, llor g f) ) = gl) ii) se f) = λ = ±, llor g f) ) = y λ gy). Vlgono risultti nloghi per iti d destr e ilteri e con intervlli non itti cioè con iti per ± ). Osservzione L proposizione sostnzilmente fferm che nelle condizioni esposte è possiile clcolre il ite di un funzione compost clcolndo prim il ite dell funzione intern e successivmente quello dell funzione estern. Osservzione L proposizione sul ite di funzioni composte è il fondmento teorico di quello che, nelle tecniche di clcolo dei iti, si chim comunemente cmio di vriile o sostituzione). Ne vedimo qui un pio di esempi. Esempi Semplice esempio di ppliczione del punto i) è il + e/. Il ite dell funzione intern è + = l = 0. L funzione estern gy) = ey ) è continu in l = 0 e pertnto il ite vle e 0 =. Altro semplice esempio di ppliczione del punto i) è il + ln ). Il ite dell funzione intern è + ) = l =. L funzione estern gy) = lny) è continu in l = e pertnto il ite vle ln = 0. 7 Ricordo che ffinché esist l funzione compost gf)) occorre che i vlori dell f pprtengno l dominio dell g. L funzione g deve quindi essere definit in un intervllo che contiene f, )), che è l immgine dell funzione f.

8 4 LIMITI DI FUNZIONI COMPOSTE 8 Considerimo il +ln + ln. Si trtt di un f.i. del tipo + )/ ). Effettundo il cmio di vriile y = ln il ite divent +y y + y =. Il ite si potev perltro clcolre nche dividendo numertore e denomintore per ln. Si osservi che ci simo mossi nell mito del punto ii) dell proposizione. L funzione f è l funzione ln, λ = + e l funzione estern g è l funzione y +y y. Considerimo il 0 +ln. Si trtt di un f.i. del tipo 0 ). Il ite può essere riscritto nell form Effettundo il cmio di vriile y = d cui = y ) il ite divent ln y y + y 0 + ln lny = = 0 confronto stndrd). y + y or f.i. )/+ )). / Ci simo mossi ncor nell mito del punto ii) dell proposizione. L funzione f è l funzione /, λ = + e l funzione estern g è l funzione y ln/y) y. Molti iti si possono ricondurre, come l ultimo, l confronto tr funzioni potenz esponenzile logritmic. Riporto tli confronti, che continuo chimre per comodità confronti stndrd: α + = 0 e log ) p + α = 0, dove α > 0, > e p > 0. Si trtt dei noti confronti + tr le funzioni elementri potenz, esponenzile e logritmic. Metto nuovmente in gurdi lo studente: occorre fre ttenzione si lle funzioni si l vlore cui tende + ). In ltre prole, non è detto che un quoziente tr un potenz ed un esponenzile si un confronto stndrd, e quindi i ite zero. Ad esempio, nel cso del 2 e, non si trtt nemmeno di un form indetermint e il ite è +. Vedimo lcuni iti che, con un cmio di vriile, si riconducono i confronti stndrd. Considerimo il e /. Si trtt di un f.i. del tipo 0 + ). Con l sostituzione 0 + = y il ite divent 0 e / y + confronto stndrd) y ey = y + = +. Considerimo il. Si trtt di un f.i. del tipo 0/0. Qui si può usre un po di stuzi per intuire qule è l sostituzione più opportun. L più nturle sree come prim porre = y, l qule però, dto che 0, porteree y e non vremmo più un confronto stndrd. 8 Invece con l sostituzione = y d cui = y ), il ite divent y + e y /y confronto stndrd) = 0. 8 Con l sostituzione = y vremmo e y y /y = y yey, che non è un confronto stndrd e che richiede un ulteriore cmio di vriile. = y + e y y y e y

9 4 LIMITI DI FUNZIONI COMPOSTE 9 Or riprendo in considerzione le forme indeterminte esponenzili, delle quli imo detto l esistenz m di cui non imo ncor visto esempi. Esse, come nticipto nel cpitolo sui iti, sono le forme del tipo: 0 + ) 0, + ) 0, ±. 9 Vedimo come ci si comport per ffrontre questi csi in lcuni esempi. Considerimo il 0 +. Si trtt di un f.i. del tipo 0 + ) 0. Il trucco, vlido nche con tutte le ltre forme di questo tipo, è quello di scrivere l funzione come potenz in se e. Quindi qui scrivimo in se e, ricordndo le cose dette ll inizio del corso prlndo di logritmi. 0 Allor nel nostro cso ottenimo 0 + = 0 + e ln. Aimo visto poco f in uno degli esempi precedenti che il ite dell funzione intern, cioè ln, per 0 +, è l = 0. L funzione estern, l esponenzile, è continu in l = 0 e quindi, pplicndo il punto i) dell proposizione sul ite dell funzione compost, possimo concludere che il ite vle e 0 =. Considerimo il + /. Si trtt di un f.i. del tipo + ) 0. Con lo stesso trucco usto poco f possimo scrivere + / = e ln = e ln = e 0 = + + d esponente imo ovvimente usto il confronto stndrd logritmo/potenz). Esempi di iti nell form indetermint esponenzile del tipo ± li vedimo nell sezione successiv. Prim di chiudere quest sezione tornimo su di un questione tocct in precedenz m non ncor risolt. Se cioè l composizione di funzioni continue si nch ess un funzione continu. Lo studente non dovree vere difficoltà nel riconoscere che questo signific, per definizione di continuità in un punto, poter ffermre che gf)) = gfc)) c nelle ipotesi che c si un punto in cui f è continu e che g si continu in fc). È del tutto immedito vedere che l vlidità di quest uguglinz deriv dll Proposizione sul ite dell funzione compost, e più precismente che è sufficiente il punto i): inftti l continuità dell funzione intern f grntisce che esist il ite l = fc), l funzione estern g è continu in tle vlore e quindi si h proprio gf)) = gl) = gfc)). c Allor, come cso prticolre, possimo ffermre che l compost di funzioni elementri è ncor un funzione continu, in tutto il dominio in cui ess è definit. Esempi L funzione f) = e 2 è continu in tutto R, dto che è compost di un potenz intern) e di un esponenzile. L funzione g) = ln è continu in 0,+ ), essendo compost di un potenz intern) e di un logritmic. L funzione h) = ln è continu in [,+ ), essendo compost di un logritmic intern) e di un potenz. Osservzione In generle llor possimo dire che non solo le funzioni elementri, m nche le somme, i prodotti, i quozienti e le composizioni di queste sono funzioni continue. 9 Si noti che in questi csi, trttndosi di forme esponenzili in cui si l se si l esponente sono vriili, e quindi numeri reli, occorre che l se si positiv: questo è il motivo dello 0 + e del + nei primi due. 0 Si ricordi che un qulunque numero rele positivo r si può scrivere come potenz in un qulunque se. Se voglimo scrivere r come potenz in se e st scrivere r = e lnr. Quindi = e ln = e ln.

10 5 LIMITI NOTEVOLI 0 Esercizio 4. ) c) e) g) i) ln + +ln +e / 0 + Si clcolino i seguenti iti. e / +ln+e) e + ) +ln e 2 ) 0 lne+ 3 ) d) f) +e 2 +e / ln+e ) + +e ln+ ) h) 2 ln ) e /) j) Limiti notevoli ± e 2) Come conseguenz del ite fondmentle enuncito ll fine dell lezione sui iti) e ttrverso l utilizzo del cmio di vriile possimo trovre ltri iti notevoli. Vedimo qui i più importnti. Ricordo che il ite fondmentle è: + ) = e. Si noti che il ite si present come un f.i. esponenzile del tipo ±. Risult 0 ++)/ = e. È un f.i. del tipo +. Ponendo = y d cui = y ) si ottiene +) / = + y. 0 + y + y) Il ite è quindi ricondotto l ite fondmentle. Il vlore del ite è quindi e. Stesso risultto si ottiene nche per 0, per cui possimo dire che il ite, per 0, è e. Chimerò ite notevole logritmico il seguente. Si h ln+) =. 0 È un f.i. del tipo 0/0. Ponendo = y d cui = y ) si ottiene ln+) = y ln + )) = 0 y + y ln + y = lne =. y + y) Qui, oltre l cmio di vriile, imo nche ftto uso del punto i) dell proposizione sul ite dell funzione compost. In generle, se il logritmo è in se, il ite è log +) = 0 ln. Chimerò ite notevole esponenzile il seguente. Si h e =. 0

11 5 LIMITI NOTEVOLI Con il cmio di vriile e = y, d cui = ln+y), si ottiene e = 0 y 0 y ln+y) = y 0 ln+y) y Il ite è quindi ricondotto l ite notevole precedente. Il vlore del ite è quindi. Se l funzione esponenzile è in se, cioè se il ite è, con lo stesso cmio di vriile e con il 0 ite notevole logritmico in se si ottiene che il ite è ln. Chimerò ite notevole potenz il seguente. Si h +) =. 0 Lrisoluzionediquestoèpiùelortenonvedimoipssggi. Lostudentericordisemplicementeilrisultto.. Osservzione È ene ricordre i iti notevoli visti e sperli riconoscere. È ene nche imprre ricondurre lcuni iti i iti notevoli. Vedimo per finire un ultimo esempio di ite che si riconduce quello fondmentle. Si trtt del ite Lo si può intnto riscrivere nell form ± + ), con numero rele. ± [ + ) ] / [ = + ) ] /. ± / Viene quindi ricondotto l ite fondmentle con il cmio di vriile / = y. Si h ± [ + ) ] / [ = + y ] = e / y ± y). Fccio notre che, potendo essere un numero rele qulunque, quli csi prticolri di questo ite imo d esempio + 2 = e ± ) 2 oppure ) = ± e. Per chi vuole provre, un cmio di vriile che port sull strd giust è + = e y, d cui = e y. Il ite divent m qui non tolgo il picere di rrivre d soli ll conclusione. +) e y = 0 y 0 e y

12 6 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 2 6 Soluzioni degli esercizi Esercizio 2. ) f : R R, con f) = { =. Un grfico rende suito evidente l discontinuità di quest funzione. Procedimo comunque nliticmente. Si h f) = per definizione, mentre f) = ) = 0. Quindi, essendo i vlori dei iti diversi dl vlore dell funzione nel punto, f è discontinu in. Possimo dire che in c è un discontinuità di tipo slto, d destr e d sinistr. Tlvolt questo tipo di discontinuità viene denominto discontinuità einile. 2 In tutti gli ltri punti di R l funzione è continu, essendo un polinomio. { 2 < 0 ) f : R R, con f) = 2 0. Anche qui lo studente è invitto disegnre il grfico dell funzione e rispondere ll domnd sull se di considerzioni grfiche. Possimo dire che l funzione è continu in R \ {0}, cioè in tutti i punti diversi d zero: si trtt inftti di polinomi. Nel punto = 0 non possimo usre lo stesso rgomento, dto che l f è sì un polinomio si destr si sinistr, m non lo stesso polinomio! Quindi per studire l continuità nel punto = 0 doimo procedere con l definizione. Si h f0) = 0 si us l second espressione, quell per 0). Poi e 0 f) = 0 2 ) = 0 + f) = = 0. Questo ci dice che l funzione è continu in 0 d destr, m discontinu d sinistr e che d sinistr c è un slto. Si potev nche evitre il clcolo del ite d destr, osservndo che l funzione coincide con 2 in [0,+ ) e quindi è certmente continu in 0 d destr, essendo un polinomio. { / 2 0 c) f : R R, con f) = 0 = 0. Anche qui un grfico illustr suito l situzione. Possimo dire che l funzione è continu in R\{0}, trttndosi di un funzione potenz. Studimo l continuità in = 0. Si h f0) = 0 per definizione. Poi 0 f) = +f) = = +. Pertnto f è discontinu in 0 e c è un discontinuità di second specie, si d destr si d sinistr. /ln 0, d) f : [0,+ ) R, con f) = 0 = 0 0 =. In questo cso l funzione è definit in [0,+ ). Possimo dire che è certmente continu in 0,),+ ), cioè in tutti i reli non negtivi diversi d 0 e d quoziente di funzioni continue). Occorre studire or l continuità in = 0 e =. In = 0 si h f0) = 0 e Quindi f è continu in 0 d destr. f) = ln = = 0. 2 Signific che l discontinuità può essere eint semplicemente cmindo l definizione dell funzione nel punto. Nel nostro cso, se ridefinimo il vlore dell f in con f) = 0, ottenimo un funzione continu in.

13 6 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 3 In = si h f) = 0. Poi e f) = ln = 0 = +f) = + ln = 0 + = +. Quindi f non è continu in e h un discontinuità di second specie, si d destr si d sinistr. Esercizio 2.2 L funzione f è certmente continu per, qulunque si il vlore di, ed è continu in d sinistr, dto che è l restrizione di un funzione elementre. Occorre studire l continuità in = d destr. Si h f) = e e +f) = ++) = 2. Pertnto f è continu in d destr se e solo se e = 2, cioè per = ln2. Esercizio 2.3 L funzione f è certmente continu per 0, qulunque si il vlore di, ed è continu in 0 d destr, dto che è l restrizione di un funzione elementre. Occorre studire l continuità in = 0 d sinistr. Si h f0) = 2 e 0 f) = ) =. Pertnto f è continu in 0 d sinistr se e solo se 2 =, cioè per = 0 oppure =. Esercizio 3. Un teorem è pplicile se sono verificte le ipotesi previste dl teorem. Quindi qui si chiede di verificre che: i) l funzione in questione è definit in un intervllo chiuso e itto; ii) in tle intervllo è continu; iii) ssume vlori opposti gli estremi dell intervllo. i) L funzione è chirmente definit in [0,], che è chiuso e itto. ii) L funzione è certmente continu in 0,), cioè in tutti i punti dell intervllo diversi dgli estremi è un polinomio). Occorre or vedere se è continu in 0 e in. In 0 si h f0) = e Quindi f è continu in 0 d destr. In si h f) = 2 e 0 + f) = ) =. f) = 2 2+) = 2. Quindi f è continu in d sinistr. Pertnto imo provto che f è continu in [0,]. iii) Aimo già visto che f0) = e f) = 2, quindi nche l terz ipotesi è soddisftt. Qui finisce l verific delle ipotesi e possimo dire che il teorem degli zeri è pplicile. Or l esercizio chiede di verificre l tesi, che certmente deve essere ver, dto che le ipotesi sono soddisftte. L tesi del teorem degli zeri dice che c è lmeno un punto dell intervllo 0, ) punto interno quindi) in cui l funzione vle zero. Qui st considerre l equzione f) = 0, cioè 2 2+ = 0 e risolverl. Si trovno le soluzioni = + 2 e 2 = 2. L prim pprtiene 0,) e quindi l tesi è verifict.

14 6 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 4 Esercizio 3.2 Si trtt di verificre che l funzione è definit in un intervllo chiuso e itto e che in tle intervllo è continu. L funzione è definit in [0,], che è chiuso e itto. È sicurmente continu in 0,), essendo compost di funzioni continue. Occorre verificre l continuità in 0 e in. In 0 si h f0) = /2 e f) = /2) = / Quindi f è continu in 0 d destr. In si h f) = /2 e f) = /2) = /2. Quindi f è continu in d sinistr. Pertnto f è continu in [0,] e le ipotesi del teorem di Weierstrss sono verificte. L tesi del teorem dice che ci sono punti nell intervllo [0,] in cui l funzione ssume il vlore mssimo e il vlore minimo. Si può osservre che, in [0,], f) = /2 = /2 = /2. L funzione è quindi decrescente nell intervllo in cui è definit. Allor il vlore mssimo viene necessrimente ssunto nel primo estremo e il vlore minimo nel secondo estremo. Con le notzioni che ho usto nell dispens di quest sezione potremmo scrivere c M = 0 e c m =. Attenzione non confondere mi il punto di mssimo, cioè il punto in cui l funzione ssume il vlore mssimo punto che st nel dominio di f), con il mssimo, che è inveceil vloremssimo, cioèil mssimo dell immgine di f e st quindi nel codominio di f). Esercizio 4. ln ) + +ln principio di einzione, si h ) 0 e 2. L funzione logritmic è trscurile, per +, rispetto ll funzione. Quindi, per il ln + +ln = + =. lne+ 3. Nel quoziente sono presenti funzioni composte. Si usno quindi i risultti visti sul ite dell ) funzione compost. Ricordndo che, per 0, 2 e 3 tendono zero, si h semplicemente 0 e 2 lne+ 3 ) = 0 e 0 lne =. c) 0 +e / e / +ln+e). Anche qui con il ite dell funzione compost: per 0, / e quindi 0 e / = t et = 0. Pertnto +e / 0 e / +ln+e) = =. d) Possimo scrivere +e 2 +e+ = +e/ +e 0 = + 2 = +. e) Aimo f) Qui imo e + ) +ln = e + = 0+ = +. + ln+e ) = ln+0) = 0 + +e + + = 0.

15 6 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 5 ln+ ) g). Form indetermint + )/+ ). Qui fccimo un cmio di vriile. Ponimo = y. + Si h ln+ ) = + y + ln+y). y È ncor ovvimente un f.i. e si intuisce che il numertore è trscurile rispetto l denomintore l presenz di nel logritmo non cmi il modo con cui il logritmo tende ll infinito). Però per ricondurci esttmente l confronto stndrd, cioè lny/y, possimo usre un ltro cmio di vriile ponendo or +y = z d cui y = z ). Si h llor ln+y) = y + y z + lnz z = lnz = 0. 3 z + z Anziché usre un secondo cmio di vriile si potev seguire invece un vi lgeric e fre così: ln+y) lny+/y)) lny +ln+/y) lny = = = y + y y + y y + y y + y + ln+/y) ). y Il primo è il confronto stndrd tr un logritmo e un potenz e sppimo che il risultto del ite è zero. Il secondo non è un f.i., dto che è 0/. Quindi il risultto è 0. h) ln ). F.i. del tipo 0 ). Anche qui un cmio di vriile. Riscrivimo prim Or ponimo / = y. Il ite divent quindi per il confronto stndrd tr logritmo e potenz. 2 ln ) ln = / 2. ln 0 + / 2 = ln/y) lny y + y 2 = y + y 2 = 0, i) e /). F.i. del tipo 0. Cmio di vriile: ponimo / = y. Il ite divent 0 + e /) ) e y = 0 + y + y ey = y + y = +, per il confronto stndrd tr esponenzile e potenz. j) e 2). F.i. del tipo + 0. Possimo riscrivere + Or ponimo 2 = y. Il ite divent + + per il solito confronto stndrd tr esponenzile e potenz. e 2. y = e 2 y + e y = 0, 3 Nel penultimo pssggio denomintore l costnte è trscurile rispetto z. Il risultto segue poi dl confronto stndrd tr un logritmo e un potenz.

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