Confronto locale di funzioni

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1 Confronto locale di funzioni Equivalenza di funzioni in un punto Sia A R ed f, g due funzioni definite in A a valori in R. Sia x 0 R un punto di accumulazione per A. Definizione. Si dice che f è equivalente a g per x x 0 e si scrive: f x0 g, se esistono un intorno I(x 0, δ) ed una funzione h(x) definita in I(x 0, δ) A \ {x 0 } tali che: (a) = g(x)h(x), x I(x 0, δ) A \ {x 0 }; (b) h(x) = Proposizione.2 Se g(x) 0 in un intorno bucato I(x 0, δ ) A \ {x 0 } di x 0 allora f x0 g g(x) =. Dimostrazione Sia f x0 g allora esistono I(x 0, δ) ed h(x) tali che = g(x)h(x), x I(x 0, δ) A \ {x 0 } e h(x) =. Sia δ 0 = min{δ, δ } allora g(x) 0 per ogni x I(x 0, δ 0 ) A \ {x 0 }. g(x) = h(x) =. Viceversa, se g(x) 0 in un intorno bucato I(x 0, δ ) A \ {x 0 } di x 0, si può scegliere h(x) = /g(x). È facile verificare che valgono le condizioni (a) e (b) della Definizione.. Proposizione.3 La relazione x0 intorno bucato di x 0. è di equivalenza nell insieme delle funzioni definite in un

2 2 Dimostrazione Siano f, g, h funzioni definite in intorni bucati di x 0. La riflessività della relazione è ovvia. Simmetria: Se f x0 g allora esistono I(x 0, δ) ed k(x) soddisfacenti le condizioni (a) e (b) della Definizione.. Visto che k(x) =, esiste un intorno I(x 0, α) tale che k(x) > 0 per x I(x 0, α) \ {x 0 }. Allora se x I(x 0, δ) I(x 0, α) \ {x 0 }, si ha: g(x) = k(x) con k(x) =. f x0 g g x0 f. Transitività Se f x0 g e g x0 h, esistono due intorni di x 0, I(x 0, δ ) ed I(x 0, δ 2 ) e due funzioni k (x) e k 2 (x) con k (x) = k 2 (x) = tali che e = g(x)k (x), x I(x 0, δ ) A \ {x 0 } g(x) = h(x)k 2 (x), x I(x 0, δ 2 ) A \ {x 0 }. Ma allora se x I(x 0, δ ) I(x 0, δ 2 ) A \ {x 0 } si ha: = h(x)k (x)k 2 (x) e k (x)k 2 (x) = e quindi f x0 h. Esempio.4 Si ha : x x 2 ; infatti Si ha pure: x 3 2x 0 2x; infatti x 0 x 3 2x 2x = Questi esempi sono solo casi particolari della seguente Proposizione.5 Sia p(x) = (i) p(x) + a n x n x 2 + x + x 2 =. n a k x k un polinomio a coefficienti reali. Allora k=0 (ii) p(x) 0 m(x) dove m(x) è il monomio di grado minimo in p(x). Dimostrazione (i) Si ha: a 0 + a x + + a n x n x + a n x ( n a0 = x + a n x n + a x a n x n + + a n x n a n x n + a nx n ) a n x n (ii) Se a n x n, n n, è il monomio di grado minimo in p(x), allora: a n x n + + a n x n x 0 a n x n ( an x n = x 0 a n x n + + a nx n ) a n x n = =

3 3 La seguente lista di equivalenze si trae facilmente dai iti notevoli fin qui incontrati. ) sin x 0 x 2) cos x 0 2 x2 3) tan x 0 x 4) ( + x) α 0 αx 5) log( + x) 0 x 6) e x 0 x 7) sinh x 0 x 8) cosh x 0 2 x2 Nota.6 Se = l R \ {0} allora f è equivalente in x 0 alla funzione costatemente uguale a l in un intorno di x 0. Se l = 0, l affermazione precedente non è più vera, in generale: infatti f è equivalente a 0 in x 0, allora = 0 in un intorno bucato di {x 0 }. Proposizione.7 Supponiamo che f x0 g. Valgono le seguenti affermazioni: (i) se esiste, allora esiste g(x) e = g(x). (ii) se g(x) > 0 in un intorno bucato di x 0, allora anche > 0 in un intorno bucato di x 0. Dimostrazione Poiché f x0 g, esistono un intorno I(x 0, δ) e una funzione h(x) tali che: = g(x)h(x), x I(x 0, δ) A \ {x 0 } e h(x) =. Il teorema di permanenza del segno assicura allora che esiste un intorno bucato di x 0 dove h(x) > 0. Sia α il raggio di quest intorno. (i) Se δ = min{α, δ}, di ha e quindi g(x) = h(x), x I(x 0, δ ) \ {x 0 } A g(x) = h(x) =. (ii)se g(x) > 0 in I(x 0, β) \ {x 0 } A e h(x) > 0 in I(x 0, α) \ {x 0 } A e, ancora, = g(x)h(x), x I(x 0, δ) A \ {x 0 }, se γ = min{α, β, δ}, si ha certamente > 0 x I(x 0, γ) A \ {x 0 }

4 4 D ora in poi, per semplificare un po le dimostrazioni, supporremo che le funzioni che consideriamo siano diverse da zero in un intorno bucato dello zero. Questo ci consentirà, per la Proposizione., d intendere l equivalenza di due funzioni f e g in (un intorno di) x 0 nel modo seguente. f x0 g g(x) =. Quest ipotesi, benché restrittiva, è verificata da tutte le funzioni che si incontrano abitualmente nelle applicazioni. Resta inteso, però, che le proposizioni che daremo restano valide (salvo diverso avviso) anche nel caso generale. Si lascia alla buona volontà del lettore di provare le affermazioni senza quest ipotesi. Proposizione.8 Siano f, f 2, g, g 2 funzioni di A in R ed x 0 D(A). Valgono le seguenti affermazioni: (i) Se f x0 g e f 2 x0 g 2, allora f f 2 x0 g g 2. (ii) Se f x0 g, f 2 x0 g 2 e g 2 (x) 0 in un intorno bucato di x 0, allora f f 2 x0 g g 2. () Dimostrazione Si tratta di semplici applicazioni delle proposizioni riguardanti le operazioni con i iti. Per la (ii), va notato che l ipotesi che sia g 2 (x) 0 in un intorno bucato di x 0, implica, a causa dell equivalenza f 2 x0 g 2, che anche f 2 (x) 0 in un intorno bucato di x 0. Cosicché, entrambi i rapporti che compaiono nella () sono definiti in un intorno bucato di x 0 ed i iti che è necessario calcolare hanno senso. Nota.9 Diversamente dal caso della moltiplicazione, non è detto che se f x0 g e f 2 x0 g 2, allora anche f + f 2 x0 g + g 2. Si considerino, ad esempio, le funzioni: f (x) = x f 2 (x) = x 2 x g (x) = x g 2 (x) = x 4 x Allora, f 0 g e f 2 0 g 2. Ma (f + f 2 )(x) = x 2 e (g + g 2 )(x) = x 4 e queste due funzioni non sono equivalenti a 0. Diamo adesso alcune applicazioni delle proposizioni fin qui discusse. Esempio.0 Determiniamo il x sin x x 0 2 tan 2 x. Sappiamo che sin x 0 x e tan x 0 x. Applicando la Proposizione.8 si ha allora: x sin x 2 tan 2 x 0 x x 2x x = 2.

5 5 Dalla Proposizione.7(i) segue allora che x 0 x sin x 2 tan 2 x = 2. Esempio. Si voglia calcolare x 0 Procedendo come nell esempio.0, si ha: 3 log( + x) sin x. 4( cos x) log( + x) 0 x, sin x 0 x, cos x 0 2 x2 ; Perció Si conclude che 3 log( + x) sin x 4( cos x) 0 3x x 4 2 x2 = log( + x) sin x = 3 x 0 4( cos x) 2. Esempio.2 Calcoliamo Si ha: x 0 + x x sin 2. x 3 + x 0 3 x, sin x 0 x. 3 + x sin 2 x = x x x 2 = x 0 + 3x = +. Siano f : A B, f 2 : A B e g : B R. Sia x 0 D(A). Supponiamo che f x0 f 2. Si può dire che g f x0 g f 2? La risposta è, in generale, negativa, come mostra il seguente esempio. Esempio.3 Siano f (x) = x 2 + x, f 2 (x) = x 2, g(y) = e y. In questo caso f + f 2 ma g f + g f 2. Infatti, Vi sono però due importanti eccezioni: e x2 +x = x + e x2 x + ex = +.

6 6 Proposizione.4 Siano f, g : A R, x 0 R un punto di accumulazione per A ed f x0 g. (i) Se α R ed f α (x) e g α (x) sono definite in un intorno bucato di x 0, allora f α x0 g α. (ii) Se g(x) > 0 in un intorno bucato di x 0 ed esiste g(x) = l allora log x0 log g(x). Dimostrazione (i) Basta osservare che: f α (x) g α (x) = ( ) α =. g(x) (ii) Osserviamo che se g(x) > 0 in un intorno bucato di x 0, anche > 0 in un intorno bucato di x 0 per l equivalenza di f e g. Inoltre, l ipotesi che g(x) = l, assicura l esistenza di un intorno bucato di x 0 in cui log g(x) 0. Si ha allora: log log g(x) = log g(x) g(x) log g(x) = log g(x) log g(x) + =. Esempio.5 Calcoliamo x x 2 + x 3 x 0 + log(x + ). Si ha: x 2 + x 3 0 x 2 e quindi, per la Proposizione.4(i), x 2 + x 3 0 x 2 = x = x per x 0. Risulta quindi x x 2 + x 3 x x log(x + ) 0 + = x. x Esempio.6 Calcoliamo x x 2 + x 3 x 0 + log(x + ) x + = x 0 + x = 0. log(x 6 + 4). log x Anche qui si può applicare la Proposizione.4 ( la (ii) stavolta) e si ha: x x 6 log(x 6 + 4) + log(x 6 ) = 6 log x. log(x 6 + 4) 6 log x = x + log x x + log x = 6

7 7 Esempio.7 Calcoliamo Si ha: log 5x 4 + 3x x + x(x + 5) 5x 4 + 3x x 4 e quindi 5x 4 + 3x x 2 5; ne segue che log 5x 4 + 3x log(x 2 5). Inoltre x(x + 5) + x. log 5x 4 + 3x log log x = = 0. x + x(x + 5) x + x Proposizione.8 Siano f : A B e g, g 2 : B R ed x 0 R un punto di accumulazione per A. Sia = y 0. Supponiamo che g (y) y0 g 2 (y) e che valga una almeno delle seguenti condizioni: (a) g, g 2 sono continue in y 0 ; (b) esiste un intorno bucato di x 0 in cui y 0. Allora g f x0 g 2 f. Dimostrazione (a) Se g, g 2 sono continue in y 0, allora Poiché g (y) y0 g 2 (y) si ha: e quindi g () = g (y 0 ) e g 2 () = g 2 (y 0 ). g (y) = g 2 (y) = g (y 0 ) = g 2 (y 0 ) y y 0 y y 0 g () g 2 () = g (y 0 ) g 2 (y 0 ) = y y 0 g (y) g 2 (y) =, facendo uso del principio di sostituzione della variabile. (b) Anche in questo caso si fa uso del principio di sostituzione della variabile. In questo caso si ha: g () = g (y) e g 2 () = g 2 (y). y y 0 y y 0 g () g 2 () = y y 0 g (y) g 2 (y) =.

8 8 Esempio.9 Calcoliamo sin(2x 3 5x) x 0 5x 4 + x. 2 Osserviamo intanto che 2x 3 5x 0 per x 0. Poiché sin y 0 y, per la proposizione precedente si ha : sin(2x 3 5x) 0 2x 3 5x 0 5x. Inoltre 5x 4 + x 2 0 x 2 e quindi 5x 4 + x 2 0 x 2 = x. sin(2x 3 5x) 5x = x 0 5x 4 + x 2 x 0 x. Ma quest ultimo ite non esiste. Infatti e Esempio.20 Calcoliamo x + 5x = 5 x 0 + x 5x = 5. x 0 x sinh(3x 3 + 5) x 2 e 4x3. + Osserviamo che 3x per x +. Inoltre Essendo x x 2, si ha: x + Esempio.2 Calcoliamo sinh y + e y 2. sinh (3x 3 e 3x ) +. 2 sinh (3x 3 + 5) x 2 e 4x3 = + sin log( + 3x 5 tan x). x 0 x 2 + 3x 5 +5 x + e x3 2x 2 = 0. Notiamo, innanzitutto, che la funzione è ben definita in un intorno di 0, essendo x 2 + 3x 5 > 0 per x > 3. 3 Si ha poi: sin log( + 3x 5 tan x) 0 log( + 3x 5 tan x) 0 3x 5 tan x 0 3x 6 e x 2 + 3x 5 0 x 6. sin log( + 3x 5 tan x) = 3. x 0 x 2 + 3x 5

9 9 2 o-piccoli Sia A R ed f, g due funzioni definite in A a valori in R. Sia x 0 R un punto di accumulazione per A. Definizione 2. Si dice che f è o-piccolo di g per x x 0 e si scrive: f = o(g), x x 0, se esistono un intorno I(x 0, δ) ed una funzione h(x) definita in I(x 0, δ) A \ {x 0 } tali che: (a) = g(x)h(x), x I(x 0, δ) A \ {x 0 }; (b) h(x) = 0 Proposizione 2.2 Se g(x) 0 in un intorno bucato I(x 0, δ ) A \ {x 0 } di x 0 allora f = o(g), x x 0 g(x) = 0. Anche in questo paragrafo, per le dimostrazioni, ci metteremo sempre nell ipotesi della Proposizione 2.2. Diamo alcuni semplici esempi x 2 = o(x) per x 0; x = o(x 2 ) per x + ; sin x = o(x) per x +. Quest ultimo esempio mostra che può essere f = o(g) per x x 0 senza che esista il x x0. f e g possono comportarsi in modo molto diverso per x x 0. Proposizione 2.3 Sia f = o(g), per x x 0. (a) Se g(x) = l, allora = 0; (b) Se = l R \ {0}, allora g(x) = Proposizione 2.4 f = o() per x x 0 = 0 La facile dimostrazione è lasciata come esercizio. Vediamo adesso che succede riguardo alle operazioni.

10 0 Proposizione 2.5 Valgono le seguenti affermazioni: (i) f = o(g) per x x 0, c R \ {0} f = o(cg) per x x 0 (ii) f = o(g) per x x 0, ed f 2 = o(g) per x x 0 f + f 2 = o(g) per x x 0. (iii) f = o(g) per x x 0, ed h(x) è una funzione definita in un intorno bucato di x 0, hf = o(hg) per x x 0. (iv) f = o(g) per x x 0, ed h = o(k) per x x 0, fh = o(gk) per x x 0. (v) f = o(g) per x x 0 e g x0 h f = o(h) per x x 0. (vi) f x0 h ed h = o(g) per x x 0 f = o(g) per x x 0. Anche la dimostrazione di queste affermazioni è molto semplice e viene lasciata come esercizio. Nota 2.6 Le proprietà (i)-(iv) elencate nella proposizione precedente vengono spesso scritte, in modo simbolico e conciso, nel modo seguente: (i ) o(g) = c o(g) per x x 0, c R \ {0}. (ii ) o(g) + o(g) = o(g) per x x 0. (iii ) ho(g) = o(hg) per x x 0. (iv) o(g)o(k) = o(gk) per x x 0. Queste regole assumono un significato più preciso, e molto meno simbolico, se si pensa ad o(g) ( per x x 0 ) come ad un insieme di funzioni. Fissata g, infatti o(g) è l insieme di tutte le funzioni che sono o(g) per x x 0 nel senso della Definizione 2.. Tenendo in mente questo fatto, la (ii ), per esempio, si legge: la somma di due funzioni appartenenti ad o(g) per x x 0 è ancora una funzione appartenente ad o(g) per x x 0. L importanza degli o-piccoli è messa in luce dal seguente: Teorema 2.7 (Principio di einazione dei termini trascurabili) Se f = o(f) per x x 0 e g = o(g) per x x 0, allora + f (x) g(x) + g (x) = g(x). Dimostrazione Diamo questa dimostrazione nel caso più generale possibile, cioè senza supporre che f e g siano diverse da zero in un intorno bucato di x 0. Per le ipotesi, esistono due intorni I(x 0, δ ) ed I(x 0, δ 2 ) e due funzioni h (x) ed h 2 (x) tali che e h (x) = h 2 (x) = 0 f (x) = h (x) x I(x 0, δ ) \ {x 0 } A,

11 Allora g (x) = g(x)h 2 (x) x I(x 0, δ 2 ) \ {x 0 } A. + f (x) g(x) + g (x) = ( + h (x)) g(x)( + h 2 (x)) = g(x). Esempio 2.8 Si voglia calcolare x + 3 x x 0 + tan 2 x. Si ha:x = o(3 x) = o( x) per x 0 +. x + 3 x x 0 + tan 2 x = x 0 + x x tan 2 x = x 0 + x 2 = +. Teorema 2.9 f x0 g f g = o(g), per x x 0. Dimostrazione Basta osservare che g(x) = g(x) = 0. g(x) Nota 2.0 Si suole anche scrivere, se f g = o(g), per x x 0 che = g(x) + o(g) per xtox 0. Il teorema precedente dunque afferma che f x0 g f = g + o(g), per x x 0 Esempio 2. Calcoliamo sin x + tan x x 0 x + x. Da sin x 0 x si ha sin x = x + o(x), x 0 e da tan x 0 x si ha tan x = x + o(x), x 0. sin x + tan x = 2x + o(x), x 0. Inoltre x + x 0 x; quindi x + x = x + o(x), x 0. Allora: sin x + tan x x 0 x 2x + o(x) = + x x 0 x + o(x) = 2x x 0 x = 2. Esempio 2.2 Calcoliamo Per x 0, si ha: x x 3 x. sin x 3 + x 3 x sin x = ( 3 + x ) ( 3 x ) sin x 3 = x + o( 3 x) ( 3 x + o( 3 x)) x + o(x) 2 3 = x + o(x) x + o(x).

12 2 3 + x 3 2 x 3 = x + o(x) x 0 sin x x 0 x + o(x) = 2 3. Quanto fin qui visto si applica, con ovvie modifiche, anche alle successioni. Diamo un esempio. Esempio 2.3 Calcoliamo il ite della successione {a n } di termine generale a n = n + n n n. Si ha n + n n n = n = n = n ( + ) ( n ) n n ( ( + n + n ) n ) +. n Dall equivalenza ( + x) α 0 αx si deduce che + = n 2 n + o( 2 ), n + n e e, in conclusione = n 2 n + o( 2 ), n +. n n + n n n = ( n n + o( ) ), n + n a n = + n o( n ), n + a n =. n + Per concludere, diamo una tabella, di equivalenze. Si lascia al lettore di verificarle.

13 3 equivalente in x 0 a g(x) sin x 0 x cos x 0 2 x2 tan x 0 x log( + x) 0 x e x 0 x sinh x 0 x cosh x 0 2 x2 tanh x 0 x arcsin x 0 x arctan x 0 x sett sinh x 0 x sett tanh x 0 x sinh x + 2 ex cosh x + 2 ex sett sinh x + log x sett cosh x + log x sinh x 2 e x cosh x 2 e x sett sinh x log( x) Esercizio Dimostrare le seguenti equivalenze: arccos x 2( x) cos x π 2 tan x π 2 π 2 x π 2 x sett cosh x 2(x )