4.1 Limiti - Servizio di Hosting di Roma Tre

C APITOLO 4
Limiti, continuità, infinitesimi e infiniti
4.1 Limiti
Verso la metà del 1600 le questioni più importanti della matematica riguardavano
il problema del calcolo delle tangenti e quello delle quadrature. Il tentativo di risolvere tali problemi diede luogo alla nascita del calcolo infinitesimale da parte di
Leibniz (1646 − 1716) e, indipendentemente, di Newton1 (1642 − 1727). Si arrivò
così, tra le altre cose, ad individuare le regole del calcolo differenziale ed integrale
nonché lo sviluppo di regole per calcolare il valore di una serie. Tali regole non erano comunque supportate da una valida base teorica e, non raramente, lasciavano
aperti spiragli verso conclusioni assurde. Solamente con Cauchy (1789 − 1857), in
pieno X I X secolo, si arrivò ad una formulazione rigorosa del calcolo infinitesimale, attraverso la nozione di limite che, a ben vedere, risulta essere la nozione teorica
più importante del calcolo infinitesimale.
Intuitivamente con la nozione di limite di una funzione f (x) si intende studiare
il suo comportamento per valori di x vicini ad un certo x 0 . Si supponga che, non
appena il punto x sia “abbastanza vicino” al punto x 0 , il valore della funzione f (x)
risulti essere “molto vicino” al valore ` : si dirà in tal caso che, per x che tende a x 0 ,
la funzione f (x) tende al valore `.
Per rendere rigorosa tale nozione occorrerà definire in modo preciso cosa si intende2 con “abbastanza vicino” e con “molto vicino”.
" Osservazione
La distanza (euclidea) d (x, x 0 ) tra il punto x e il punto x 0 può essere quantificata in
termini della funzione modulo: d (x, x 0 ) = |x − x 0 |.
L’affermazione “non appena x è abbastanza vicino a x 0 ” può essere espressa in
termini precisi tramite la relazione
|x − x 0 | < δ
1 Si osservi comunque che per Newton lo sviluppo del calcolo infinitesimale era legato soprattutto
al tentativo di definire e risolvere le equazioni della Meccanica.
2 Si confronti anche quanto visto nel Capitolo 3 a proposito del limite di una successione.
114
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
115
o, in altri termini, d (x, x 0 ) < δ. Ovviamente minore è il numero δ maggiore sarà la
vicinanza tra x e x 0 .
L’affermazione “ f (x) è molto vicina al valore `” può essere invece espressa come
∀² > 0 : | f (x) − `| < ²
o, in altre parole, comunque fissato il numero ² > 0 la distanza tra f (x) e ` risulta
comunque minore di ².
R
A questo punto si può enuciare in termini rigorosi la nozione di limite:
Definizione (Limite finito al finito)
Siano X , Y ⊆ R e f : X → Y una funzione reale di variabile reale. Se x 0 è un punto di
accumulazione di X , si dirà che3
lim f (x) = `
x→x 0
se
∀² > 0 ∃δ² | (0 < |x − x 0 | < δ² ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ | f (x) − `| < ²,
che può essere letta come “il limite di f (x) per x che tende a x 0 è ` se esiste un δ²
tale che, non appena la distanza tra x e x 0 è minore di δ² , con x 6= x 0 e appartenente
al dominio X , risulta che la distanza tra f (x) e ` è minore di un numero ² > 0 scelto
in modo arbitrario”.
f (x)
ℓ+ǫ
|f (x) − ℓ| < ǫ
ℓ
ℓ−ǫ
x0 − δǫ
x0
x0 + δǫ
x
|x − x0 | < δǫ
Figura 4.1
Un esempio di funzione f (x) con limx→x0 f (x) = `.
3 La relazione seguente si legge “il limite di f (x) per x che tende a x è `”.
0
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
116
" Osservazioni
Nella definizione di limite finito al finito si è assunto che
1. il punto x 0 sia un punto di accumulazione del dominio X della funzione f (x).
Ciò consente di evitare la definizione di limite nel caso in cui il punto x 0 sia
un punto isolato di X .
2. in generale il valore di δ dipende dalla scelta di ² : δ = δ² . Di ciò ci si convince
facilmente osservando la figura 4.1: cambiando il valore di ² cambierà anche
il valore di δ,
3. 0 < |x − x 0 | < δ² e in particolare, quindi, |x − x 0 | > 0 : ciò implica che non si
richiede che la definizione di limite sia soddisfatta anche per x = x 0 . In altre
parole il valore ` del limite è indipendente dal valore che la funzione assume
nel punto x 0 (ammesso che essa sia definita in x 0 ) ma dipende solo dai valori
che essa assume in vicinanza di tale punto.
" Osservazione
La definizione di limite finito al finito può essere data anche con il linguaggio degli
intorni, tenendo conto che la relazione 0 < |x − x 0 | < δ² può essere espressa come
x ∈ I x0 ,δ² \{x 0 } :
lim f (x) = `
x→x 0
se
∀² > 0 ∃I x0 ,δ² | x ∈ I x0 ,δ² ∩ X ⇒ | f (x) − `| < ².
Si supponga ora che se x tende al punto x 0 la funzione f (x) tenda ad assumere valori sempre più grandi: come esempio si può considerare la funzione f (x) = x12 che
assume valori tanto più grandi quanto più x si avvicina al valore x 0 = 0. In tal caso
si dirà che la funzione f (x) tende al valore +∞ se x tende a x 0 . Più precisamente:
R
Definizione (Limite infinito al finito)
Siano X , Y ⊆ R e f : X → Y una funzione reale di variabile reale. Se x 0 è un punto di
accumulazione di X , si dirà che
lim f (x) = +∞
x→x 0
se
∀M > 0 ∃δM |(0 < |x − x 0 | < δM ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) > M
o, in termini di intorni,
∀M > 0 ∃I x0 ,δM |x ∈ I x0 ,δM \{x 0 } ∩ X ⇒ f (x) > M .
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
117
Tale definizione implica che, non appena x è abbastanza vicino a x 0 , pur essendo
x 6= x 0 , (0 < |x − x 0 | < δM ) la funzione f (x) assume valori molto grandi essendo
f (x) > M per ogni valore di M arbitrariamente fissato.
In modo analogo si può dare la seguente definizione: si dice che
lim f (x) = −∞
x→x 0
se
∀M > 0 ∃δM |(0 < |x − x 0 | < δM ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) < −M
o, in termini di intorni,
∀M > 0 ∃I x0 ,δM |x ∈ I x0 ,δM \{x 0 } ∩ X ⇒ f (x) < −M .
Tale definizione implica che, non appena x è abbastanza vicino a x 0 , con x 6= x 0 ,
(0 < |x − x 0 | < δM ) la funzione f (x) assume valori negativi e molto grandi in valore
assoluto, essendo f (x) < −M per ogni valore di M arbitrariamente fissato.
f (x)
f (x)
M
x0 − δM
x0 − δM x0
x0
x0 + δM
x
x
x0 + δM
−M
b
a
Figura 4.2
R
Un esempio di funzione f (x) con limx→x0 f (x) = +∞ (a) e limx→x0 f (x) = −∞ (b).
Definizione (Asintoto verticale)
Se
lim f (x) = ±∞
x→x 0
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
118
la retta x = x 0 si dice asintoto verticale di f (x) e il punto x 0 si dice punto di infinito
per f (x).
Si supponga che il dominio X della funzione f (x) sia illimitato (superiormente):
sup X = +∞. In tal caso ha senso studiare il comportamento della funzione f (x)
per valori di x molto grandi. Tecnicamente ciò può essere effettuato utilizzando la
nozione di limite di f (x) per x tendente all’infinito. Sussiste la
R
Definizione (Limite finito all’infinito)
Siano X , Y ⊆ R e f : X → Y . Si dice che
lim f (x) = `
x→+∞
se
∀² > 0 ∃x ² | (x > x ² ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ | f (x) − `| < ²
o, in altre parole, comunque fissato un numero positivo (²) non appena x è sufficientemente grande (x > x ² ) la distanza tra f (x) e ` risulta essere minore di ².
Se invece il dominio X di f (x) è inferiormente illimitato (inf X = −∞), in modo
analogo e con analoga interpretazione si dirà che
lim f (x) = `
x→−∞
se
∀² > 0 ∃x ² | (x < x ² ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ | f (x) − `| < ².
f (x)
ℓ+ǫ
ℓ
ℓ−ǫ
|f (x) − ℓ| < ǫ
xǫ
x
Figura 4.3
Un esempio di funzione f (x) con limx→+∞ f (x) = `.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
R
Si ha, infine, la seguente
Definizione (Limite infinito all’infinito)
Siano X , Y ⊆ R e f : X → Y .
• Se sup X = +∞ si dice che
lim f (x) = +∞
x→+∞
se
∀M > 0 ∃x M | (x > x M ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) > M
e che
lim f (x) = −∞
x→+∞
se
∀M > 0 ∃x M | (x > x M ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) < −M .
• Se, invece, inf X = −∞ si dice che
lim f (x) = +∞
x→−∞
se
∀M > 0 ∃x M | (x < x M ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) > M
e che
lim f (x) = −∞
x→−∞
se
∀M > 0 ∃x M | (x < x M ) ∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) < −M .
119
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
120
f (x)
M
xM
x
Figura 4.4
R
Un esempio di funzione f (x) con limx→+∞ f (x) = +∞.
Definizione (Asintoto orizzontale)
Se risulta
lim f (x) = `
x→±∞
si dirà che la retta y = ` è un asintoto orizzontale di f (x) per x → ±∞.
" Osservazione
Se
lim f (x) = ±∞
x→±∞
la funzione f (x) non ammette asintoto orizzontale. Essa potrebbe tuttavia ammettere un asintoto obliquo: il suo andamento per x → +∞ (o −∞) potrebbe essere
cioè tale da tendere ad una retta di equazione y = mx + q. Più precisamente:
R
Definizione (Asintoto obliquo)
Se
lim f (x) = ±∞
x→+∞
ma
lim
x→+∞
e
lim [
x→+∞
f (x)
= m 6= 0
x
f (x)
− mx] = q 6= ±∞
x
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
121
allora la retta y = mx + q si dice asintoto obliquo di f (x) per x → +∞.
" Osservazione
Se nella precedente definizione si sostituisce il limite di f (x) per x → +∞ con il
limite di f (x) per x → −∞ si ottiene la definizione di asintoto obliquo di f (x) per
x → −∞.
4.1.1 Limite destro e limite sinistro
1
Si consideri la funzione f (x) = x−1
, definita nel dominio X = (−∞, 1) ∪ (1, +∞), e si
supponga di voler studiare il limite
lim
x→1
1
.
x −1
Chiaramente quando x → 1 la funzione f (x) tenderà ad assumere valori infiniti:
più precisamente tenderà al valore +∞ se x → 1 con x > 1 (o, come si suole indicare, x → 1+ ) mentre tenderà al valore −∞ se se x → 1 con x < 1 (o, come si suole
indicare, x → 1− ). Come sarà più chiaro in seguito (si confronti il teorema di unicità
del limite) il limite per x → 1 di f (x) non esiste.
Si è visto quindi che, pur non esistendo il limite come definito in precedenza, possono esistere i limiti per x → x 0+ (cioè da valori x > x 0 ) e/o per x → x 0− (cioè da valori
x < x 0 ). E’ rilevante quindi la seguente
R
Definizione (Limite destro e sinistro)
Sia f : X → Y e x 0 un punto di accumulazione del dominio X di f (x). Si dice che
lim f (x) = `
x→x 0+
se
∀² > 0 I x+0 ,δ² |x ∈ I x+0 ,δ² \{x 0 } ∩ X ⇒ | f (x) − `| < ²,
dove si ricorda che con I x+0 si intende un intorno destro del punto x 0 , e che
lim f (x) = `
x→x 0−
se
∀² > 0 I x−0 ,δ² |x ∈ I x−0 ,δ² \{x 0 } ∩ X ⇒ | f (x) − `| < ²,
dove con I x−0 si intende un intorno sinistro destro del punto x 0 .
"Osservazione
Si può agevolmente provare che
{ lim f (x) = `} ⇐⇒ {( lim f (x) = `) ∧ ( lim− f (x) = `)}
x→x 0
x→x 0+
x→x 0
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
122
Esercizio 4.1
Si dia la definizione di
lim f (x) = +∞.
x→x 0−
Esercizio 4.2
Si dia la definizione di
lim f (x) = −∞.
x→x 0+
4.1.2 Verifiche di limiti
E
Esempio 4.1
Si consideri la funzione f (x) = 2x 2 . Si dimostri che
lim f (x) = 0.
x→0
Soluzione
Occorre provare che, fissato un arbitrario numero positivo ² esiste un numero δ²
tale che, non appena 0 < |x| < δ² risulta | f (x)| < ². Si ha:
r
|2x 2 | < ² ⇐⇒ 2x 2 < ² ⇐⇒ −
q
²
<x<
2
r
²
⇐⇒ |x| <
2
r
²
.
2
²
2
risulta | f (x)| < ² : per dimostrare che limx→0 2x 2 = 0 è suffiq
ciente scegliere δ² = 2² .
Pertanto se |x| <
E
Esempio 4.2
Si dimostri che
lim
x→0
1
= +∞.
x2
Soluzione
Si deve dimostrare che esiste un δM tale che, non appena |x| < δM risulta
Si ha:
1
1
1
1
> M ⇐⇒ − p < x < p ⇐⇒ |x| < p .
x2
M
M
M
1
x2
> M.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
La precedente diseguaglianza mostra che
E
ciente pertanto scegliere δM =
1
x2
> M non appena |x| <
p1 .
M
123
p1
M
: è suffi-
Esempio 4.3
Si dimostri che
lim
x→+∞
x
= 1.
x +2
Soluzione
x
Si deve dimostrare che esiste un x ² tale che, non appena x > x ² risulta | x+2
− 1| < ²,
per ogni ² > 0. Si ha:
|
−2
2
2
x
− 1| < ² ⇐⇒ |
| < ² ⇐⇒
< ² ⇐⇒ < |x + 2|.
x +2
x +2
|x + 2|
²
La diseguaglianza |x + 2| > 2² è verificata per x + 2 > 2² ⇔ x > −2 + 2² oppure per
x + 2 < − 2² ⇔ x < −2 − 2² . Ai fini della dimostrazione richiesta la diseguaglianza che
interessa è
2
x > −2 + ,
²
E
che mostra che è sufficiente scegliere x ² = −2 + 2² .
Esempio 4.4
Si dimostri che
lim e −x = +∞.
x→−∞
Soluzione
Si deve dimostrare che esiste un x M tale che, non appena x < x M risulta e −x > M ,
per un valore di M > 0 arbitrariamente scelto. Si ha:
e −x > M ⇔ −x > ln M ⇔ x < − ln M ,
relazione che mostra che è sufficiente scegliere x M = − ln M per dimostrare l’esistenza del limite.
4.1.3 Teoremi sui limiti
Sia
f : X → Y.
Il teorema seguente stabilisce che se una funzione f (x) ammette, per x → x 0 , il
limite finito `, tale limite è unico.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
124
wTeorema (Unicità del limite)
Ipotesi) Se
lim f (x) = `
x→x 0
allora
Tesi) tale limite è unico.
In termini più formali:
{∃ lim f (x)} ⇒ {∃!` ∈ R | lim f (x) = `}.
x→x 0
x→x 0
Dimostrazione
Siccome risulta
lim f (x) = `
x→x 0
si avrà:
∀² > 0 ∃ I x0 ,δ² |x ∈ I x0 ,δ² \{x 0 } ∩ X ⇒ | f (x) − `| < ²
ovvero, ∀x ∈ I x0 ,δ² \{x 0 } ∩ X risulta, per ogni ² > 0,
−² < f (x) − ` < ².
(4.1)
0
Si supponga, per assurdo, che esista ` 6= ` tale che
0
lim f (x) = ` .
x→x 0
In base alla definizione di limite dovrebbe risultare quindi
0
0
0
∀² > 0 ∃ I x0 ,δ² |x ∈ I x0 ,δ² \{x 0 } ∩ X ⇒ | f (x) − ` | < ²
0
ovvero, ∀x ∈ I x
0 ,δ²
\{x 0 } ∩ X si avrebbe, per ogni ² > 0,
0
0
| f (x) − ` | < ² ⇐⇒ |` − f (x)| < ² ⇐⇒
0
−² < ` − f (x) < ².
(4.2)
0
Nell’intorno I x0 ,δ² = I x ,δ ∩ I x0 ,δ² le relazioni (4.1) e (4.2) valgono entrambe. Som0 ²
mando membro a membro tali relazioni si ottiene:
0
0
−2² < f (x) − ` − f (x) + ` < 2² ⇐⇒ −2² < ` − ` < 2² ⇐⇒
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
125
0
|` − `| < 2².
0
0
L’ultima relazione costituisce un assurdo: siccome ` 6= ` il numero ` − ` è diverso
0
da zero e, quindi, |` − `| sarà un numero positivo che, pertanto, non potrà essere
più piccolo di un numero positivo (2²) arbitrariamente assegnato. La conclusione
assurda appena ottenuta può essere rimossa assumendo falsa l’ipotesi di partenza
0
0
` 6= ` e, pertanto, ` = `.
■
"Osservazione
Il teorema sull’unicità del limite vale anche nel caso di limite infinito al finito e nei
casi di limite all’infinito.
Il teorema seguente afferma invece che se per x → x 0 la funzione ammette un limite positivo (o negativo) allora esisterà un intorno del punto x 0 in cui la funzione
assume (escludendo al più il punto x 0 ) solo valori positivi (o negativi).
wTeorema (Permanenza del segno in forma diretta)
Ipotesi) Se
lim f (x) = ` 6= 0
x→x 0
allora
Tesi) Esiste un intorno I x0 ,δ² di x 0 tale che la funzione f (x) assume lo stesso segno
di ` per ogni x ∈ I x0 ,δ² \{x 0 } ∩ X .
In termini più formali il teorema può essere enunciato come segue:
{(∃ lim f (x) = `) ∧ (` 6= 0)} =⇒ {(∃I x0 ,δ² | x ∈ I x0 ,δ² \{x 0 } ∩ X =⇒ f (x) · ` > 0)}.
x→x 0
Dimostrazione
L’esistenza del limite può essere espressa come
∀² > 0 ∃I x0 ,δ² | x ∈ I x0 ,δ² \{x 0 } ∩ X =⇒ | f (x) − `| < ².
(4.3)
Sia ` > 0 e si ponga nella (4.3) ² = l . Si avrà allora l’esistenza di un intorno di x 0 ,
I x0 ,δ` , tale che
| f (x) − `| < `
per ogni x ∈ I x0 ,δ` \{x 0 } ∩ X . La relazione (4.4) può essere riscritta come
−` < f (x) − ` < ` ⇐⇒ 0 < f (x) < 2`
(4.4)
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
126
che, essendo ` > 0 mostra che anche f (x) > 0.
Se ` < 0 il teorema può essere dimostrato in modo identico scegliendo nella (4.3)
² = −` (la dimostrazione è lasciata al lettore come esercizio).
■
"Osservazione
Nel teorema precedente si è assunto ` 6= 0. In effetti se risultasse ` = 0 la funzione
potrebbe cambiare segno in x 0 oppure mantenere segno positivo o negativo, come
mostrato nella figura seguente.
f (x)
x0
x
Figura 4.5
wTeorema (Permanenza del segno in forma inversa)
Ipotesi) Se esiste il limx→x0 f (x) = ` ed un intorno I x0 del punto x 0 tale che, per ogni
x ∈ I x0 \{x 0 } risulti f (x) > 0 ( f (x) < 0)
allora
Tesi) ` ≥ 0 (` ≤ 0)
In termini più formali
{(∃ lim f (x) = `) ∧ (∃ I x0 | x ∈ I x0 \{x 0 } ∩ X =⇒ f (x) ≶ 0)} =⇒ {` Q 0}.
x→x 0
Dimostrazione
Si supponga, ad esempio, che per ogni x ∈ I x0 \{x 0 } risulti f (x) > 0. Se risultasse
lim f (x) = ` < 0
x→x 0
allora, in base al teorema della permanenza del segno in forma diretta, la funzione
f (x) dovrebbe essere negativa in un certo intorno del punto x 0 , contrariamente
all’ipotesi di partenza. Ne segue che non può risultare ` < 0 e, pertanto, ` ≥ 0.
■
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
127
"Osservazione
Siccome il teorema della permanenza del segno in forma inversa prevede ` ≥ 0 o
` ≤ 0, quest’ultimo non può costituire, tenendo conto del teorema della permanenza del segno in forma diretta, una condizione necessaria e sufficiente per la determinazione del segno della funzione in x 0 dalla conoscenza del segno del limite di
f (x) per x → x 0 .
wTeorema (Del confronto o dei due carabinieri)
Ipotesi) Siano f (x), g (x) e h(x) tre funzioni ed esista un intorno I x0 del punto x 0 tale
che, per ogni x ∈ I x0 \{x 0 } risulti f (x) ≤ g (x) ≤ h(x). Se
lim f (x) = lim h(x) = `
x→x 0
x→x 0
allora
Tesi)
lim g (x) = `
x→x 0
Dimostrazione
Dall’esistenza dei limiti di f (x) e h(x) si deduce che
(f )
|
0 ,δ²
∀² > 0 ∃ I x
(f )
\{x 0 } ∩ X
0 ,δ²
x ∈ Ix
=⇒ | f (x) − `| < ²
∀² > 0 ∃ I x(h),δ | x ∈ I x(h),δ \{x 0 } ∩ X =⇒ |h(x) − `| < ²
0
(g )
0 ,δ²
Sia I x
(f )
0 ,δ²
= Ix
²
²
0
(g )
\{x 0 } risulta
0 ,δ²
∩ I x(h),δ ∩ I x0 . Per x ∈ I x
0
²
|g (x) − `| = |[g (x) − f (x)] + [ f (x) − `]| ≤ |g (x) − f (x)| + | f (x) − `| =
= g (x) − f (x) + | f (x) − `| ≤ h(x) − f (x) + | f (x) − `| < h(x) − f (x) + ².
D’altra parte si ha,
−² < ` − f (x) < ²
e
−² < h(x) − ` < ²,
che sommate membro a membro danno
−2² < h(x) − f (x) < 2²
e, in particolare,
h(x) − f (x) < 2².
Inserendo l’ultima relazione nella (4.5),
|g (x) − `| < h(x) − f (x) + ²,
(4.5)
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
128
si ottiene
|g (x) − `| < 3².
(g )
0 ,δ
0
Ponendo ² = 3² si è provata, quindi, l’esistenza di un intorno del punto x 0 , I x
tale che
²
0
0
|g (x) − `| < ²
(g )
0 ,δ
per ogni x ∈ I x
0
²
0
\{x 0 } ∩ X per un arbitrario ² > 0 e, quindi, la tesi.
■
4.2 Calcolo dei limiti
4.2.1 Limiti di funzioni definite ad una legge
Una funzione f (x) ottenuta come composizione di una delle funzioni elementari
introdotte nel capitolo 2, sarà denominata funzione definita ad una legge.
Se f (x) è una funzione definita ad una legge il limite per x → x 0 di f (x) può essere
calcolato agevolmente sostituendo alla variabile x il valore x 0 .
E
Esempi
Si calcolino i limiti seguenti
4.5
lim (3x − x 2 ).
x→2
Soluzione
Si ha:
lim (3x − x 2 ) = 3 · 2 − 22 = 2.
x→2
4.6
lim ln(x − 1).
x→2
Soluzione
Sostituendo alla x il valore 2 si ottiene:
lim ln(x − 1) = ln(2 − 1) = ln 1 = 0.
x→2
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
129
4.7
lim e x−1 .
x→1
Soluzione
Si ha, sostituendo alla x il valore 1,
lim e x−1 = e 1−1 = e 0 = 1.
x→1
4.8
r
lim
x→0
x +1
.
x2 + 4
Soluzione
Sostituendo alla x il valore 0, si ottiene:
r
r
x +1
1 1
lim
=
= .
2
x→0
x +4
4 2
" Osservazione
Nel calcolo dei limiti all’infinito o sui punti di frontiera del dominio si può fare riferimento alla rappresentazione grafica della funzione in questione. In particolare
sono rilevanti i limiti seguenti:
lim x n = +∞
x→+∞
n
½
lim x =
x→−∞
+∞
−∞
lim
p
n
x→+∞
lim
x→−∞
p
n
se
se
n è pari
n è dispari
x = +∞
x = −∞ se n è dispari
lim e x = 0
x→−∞
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
lim e x = +∞
x→+∞
lim ln x = −∞
x→0+
lim ln x = +∞.
E
x→+∞
Esempi
Si calcolino i limiti
4.9
lim ln(x − 1).
x→1+
Soluzione
Si ha:
lim ln(x − 1) = ln 0+ = −∞.
x→1+
4.10
lim e −2x .
x→−∞
Soluzione
lim e −2x = e −2·(−∞) = e +∞ = +∞.
x→−∞
4.11
lim ln(x + 2).
x→+∞
Soluzione
Si ha:
lim ln(x + 2) = ln(+∞ + 2) = ln +∞ = +∞.
x→+∞
130
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
131
4.2.2 Operazioni razionali sui limiti
Dalla definizione di limite segue che (con x 0 si intende un numero reale oppure
±∞)
lim [ f (x) ± g (x)] = lim f (x) ± lim g (x),
x→x 0
x→x 0
x→x 0
lim f (x)g (x) = lim f (x) lim g (x),
x→x 0
x→x 0
x→x 0
e
lim
x→x 0
f (x) limx→x0 f (x)
=
g (x) limx→x0 g (x)
se le espressioni a secondo membro esistono e non ci si trova in uno dei casi
• +∞ − ∞
• ∞·0
•
∞
∞
•
0
0,
espressioni note come forme indeterminate.
In particolare:
limx→x0 [ f (x) + g (x)]
limx→x0 f (x)
limx→x0 g (x)
`1 + `2
±∞
±∞
+∞
−∞
`1
`1
±∞
+∞
−∞
`2
±∞
`2
+∞
−∞
E
Esempi
Si calcolino i limiti
4.12
lim 3x − ln x.
x→0+
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
Soluzione
Per x → 0+ risulta 3x → 0 e ln x → −∞ =⇒
lim 3x − ln x = 0 − (−∞) = +∞.
x→0+
4.13
lim 3x + 4x.
x→−∞
Soluzione
Per x → −∞ si ha: 3x → 0 e 4x → −∞ =⇒
lim 3x + 4x = 0 − ∞ = −∞.
x→−∞
4.14
p
lim
x→+∞
x + ln x.
Soluzione
Per x → +∞ si ha:
p
x → +∞ e ln x → +∞ =⇒
lim
p
x→+∞
x + ln x = +∞ + ∞ = +∞.
4.15
lim e −x + x 2 .
x→0
Soluzione
Per x → 0 si ha: e −x → 1 e x 2 → 0 =⇒
lim e −x + x 2 = 1 + 0 = 1.
x→0
4.16
lim
x→1
p
3
x + ln x.
132
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
133
Soluzione
Per x → 1 si ha:
p
3
x → 1 e ln x → 0 =⇒
lim
p
3
x→1
x + ln x = 1 + 0 = 1.
4.17
p
lim
x→1+
x − 1 + ex.
Soluzione
Per x → 1+ si ha:
p
x − 1 → 0 e e x → 1 =⇒
p
lim x − 1 + e x = 0 + e = e.
x→1+
Il valore del limite di un prodotto può essere riassunto dalla tabella seguente
limx→x0 f (x)g (x)
limx→x0 f (x)
limx→x0 g (x)
`1 `2
0
±∞
0
±∞
`1
`1
`1 6= 0
0
±∞
`2
0
±∞
`2
`2 6= 0
Nelle celle dei risultati del limite limx→ξ f (x)g (x) in cui compare il simbolo ±∞,
occorrerà stabilire di volta in volta quale segno assegnare a tale valore: per determinarlo è sufficiente, comunque, la regola secondo cui se le due funzioni f e g per
x → x 0 hanno segno concorde allora il risultato del limite sarà +∞ mentre sarà −∞
se le due funzioni hanno segno discorde.
E
Esempi
Si calcolino i limiti
4.18
lim (x + 1) ln x.
x→1
Soluzione
Per x → 1 si ha: (x + 1) → 2 e ln x → 0 =⇒
lim (x + 1) ln x = 2 · 0 = 0.
x→1
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
4.19
lim (x 2 + 1)e −x .
x→0
Soluzione
Per x → 0 risulta: x 2 + 1 → 1 e e −x → 1 =⇒
lim (x 2 + 1)e −x = 1 · 1 = 1.
x→0
4.20
lim
p
x→+∞
x ln x.
Soluzione
Per x → +∞ risulta:
p
x → +∞ e ln x → +∞ =⇒
lim
p
x→+∞
x ln x = +∞ · +∞ = +∞.
4.21
lim e x (1 − x).
x→+∞
Soluzione
Per x → +∞ si ha: e x → +∞ e (1 − x) → −∞ =⇒
lim e x (1 − x) = +∞ · (−∞) = −∞.
x→+∞
4.22
2
lim e x (1 − x).
x→−∞
Soluzione
2
2
Per x → −∞ si ha: e x → e (−∞) = e +∞ = +∞ e (1 − x) → +∞ =⇒
2
lim e x (1 − x) = +∞ · +∞ = +∞.
x→−∞
134
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
135
4.23
lim
p
3
x→−∞
x + 1e x .
Soluzione
Per x → −∞ risulta:
p
3
x + 1 → −∞ e e x → 0 =⇒
p
3
lim
x + 1e x = −∞ · 0
x→−∞
risulta essere una forma indeterminata.
Il valore del limite di un rapporto può essere riassunto dalla tabella seguente
limx→x0 f (x)/g (x)
limx→x0 f (x)
limx→x0 g (x)
`1 /`2
±∞
0
0
±∞
`1
`1 6= 0
`1
0
±∞
`2 6= 0
0
±∞
`2 6= 0
`2
Anche in tal caso il segno da assegnare a ±∞ si deduce dal segno dei valori limite
(`1 o `2 ) delle funzioni f e/o g .
E
Esempi Si calcolino i limiti
4.24
lim
x→2
x
.
(x − 2)2
Soluzione
Per x → 2 risulta: x → 2 e (x − 2)2 → 0 =⇒
lim
x→2
x
2
= .
(x − 2)2 0
Certamente il valore del limite precedente risulta essere infinito ma, per determinare il suo segno, occorre determinare il segno del rapporto x/(x − 2)2 intorno a
x = 2. Alternativamente (e più semplicemente) si può osservare che (x − 2)2 → 0+ ,
essendo (x − 2)2 ≥ 0. Pertanto
lim
x→2
2
x
= + = +∞.
2
(x − 2)
0
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
4.25
lim
x→1+
x
.
x −1
Soluzione
Per x → 1+ si ha: x → 1 e x − 1 → 0+ =⇒
lim
x→1+
1
x
= + = +∞.
x −1 0
4.26
lim
x→0−
x −1
.
x3
Soluzione
Per x → 0− risulta: x − 1 → −1 e x 3 → 0− =⇒
lim
x→0−
x − 1 −1
= = = +∞.
x3
0
4.27
e x−1 − 1
.
x→1
x
lim
Soluzione
Si ha, per x → 1, e x−1 − 1 → 0 e x → 1 =⇒
e x−1 − 1 0
= = 0.
x→1
x
1
lim
4.28
e −x
.
x→0 x 2
lim
Soluzione
Per x → 0 risulta e −x → 1 e x 2 → 0+ =⇒
e −x
1
= + = +∞.
2
x→0 x
0
lim
136
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
4.29
p1
x
lim e
x→0
.
Soluzione
Si ha, per x → 0, e
p1
x
1
→ e 0+ = e +∞ = +∞ =⇒
lim e
p1
x
= +∞.
x→0
4.30
lim e
px
x+1
x→0
.
Soluzione
Per x → 0 si ha: e
px
x+1
0
→ e 1 = 1 =⇒
lim e
px
x+1
x→0
= 1.
4.31
lim− e
x+1
x
x→0
.
Soluzione
Per x → 0− risulta: e
x+1
x
1
= e 0− = e −∞ = 0 =⇒
lim e
x→0−
x+1
x
= 0.
4.32
lim ln
x→0
x2 + 1
.
1 − x2
Soluzione
2
x +1
1
Per x → 0 risulta: ln 1−x
2 → ln 1 = 0 =⇒
lim ln
x→0
x2 + 1
= 0.
1 − x2
137
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
138
4.2.3 Forme indeterminate
Nel caso in cui il calcolo del limite dia luogo ad una forma indeterminata, potrebbe essere conveniente manipolare la funzione di cui si sta calcolando il limite per
rimuovere tale forma indeterminata.
4.2.3.1 Forma indeterminata
0
0
Si supponga di dover calcolare il limite per x → x 0 , con x 0 ∈ R, del rapporto di due
polinomi P (x) e Q(x) tali che P (x 0 ) = Q(x 0 ) = 0. Il limite
lim
x→x 0
P (x)
Q(x)
dà luogo ad una forma indeterminata 00 . Tale forma indeterminata può essere tuttavia rimossa mettendo in evidenza sia a numeratore sia a denominatore la potenza della base (x − x 0 ) con esponente più piccolo. La successiva semplificazione
rimuove la forma indeterminata.
E
Esempi
Calcolare i limiti
4.33
2x 2 − 3x 5
.
x→0 x + 2x 2
lim
Soluzione
Si ha:
2x 2 − 3x 5
2x 2 (1 − 3x 3 /2)
2x(1 − 3x 3 /2)
= lim
= lim
= 0.
2
x→0 x + 2x
x→0
x→0
x(1 + 2x)
1 + 2x
lim
4.34
x3 + 1
.
x→1 (x + 1)3
lim
Soluzione
Si ha:
x3 + 1
(x + 1)(x 2 − x + 1)
x2 − x + 1
1
=
lim
=
lim
= + = +∞.
3
3
2
x→1 (x + 1)
x→1
x→1 (x + 1)
(x + 1)
0
lim
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
139
4.35
x 2 − 4x + 4
.
x→2
x2 − 4
lim
Soluzione
Si ha:
x 2 − 4x + 4
(x − 2)2
(x − 2)
= lim
= lim
= 0.
2
x→2
x→2 (x − 2)(x + 2)
x→2 (x + 2)
x −4
lim
4.36
lim
x→1
x −1
.
x3 − 1
Soluzione
Si ha:
lim
x→1
x −1
1
1
x −1
= lim
= lim 2
= .
3
2
x→1
x→1
x −1
(x − 1)(x + x + 1)
x +x +1 3
La tecnica utilizzata negli esempi precedenti può essere utilizzata anche nel caso
in cui siano presenti potenze frazionarie di x − x 0 .
E
Esempio 4.37
Calcolare il limite
p
lim
x→2+
x −2
x 2 − 4x + 4
.
Soluzione
Si ha:
p
lim
x→2+
p
x −2
x −2
1
1
1
=
lim
= lim
= lim
= + = +∞.
x 2 − 4x + 4 x→2+ (x − 2)2 x→2+ (x − 2)2− 12 x→2+ (x − 2) 23
0
4.2.3.2 Forma indeterminata
∞
∞
Si supponga di
1. dover calcolare il limite per x → ±∞ del rapporto dei due polinomi P (x) e
Q(x) :
P (x)
lim
.
x→±∞ Q(x)
In tal caso la forma indeterminata può essere rimossa mettendo in evidenza
sia a numeratore sia a denominatore la potenza con esponente più grande. A
seguito della successiva semplificazione, l’indeterminazione sarà rimossa;
2. dover calcolare il limite per x → ±∞ di un rapporto tra due funzioni supponendo di conoscere la rapidità4 con cui numeratore e denominatore tendono
4 Tale nozione sarà formalizzata nel seguito ricorrendo alla teoria degli infiniti.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
all’infinito:
lim
x→±∞
140
f (x)
,
g (x)
con f (x) e g (x) tendenti all’infinito per x → ±∞. In tal caso se f (x) tende
all’infinito più rapidamente di g (x) il risultato del limite sarà infinito mentre
se è g (x) a tendere all’infinito più rapidamente il risultato del limite sarà pari
a zero. Ad esempio, dalla rappresentazione grafica delle funzioni elementari
si può dedurre che, per x → +∞, risulta
e x > x α > ln x, α ∈ (0, +∞).
f (x)
ex
x2
lnx
x
Figura 4.8
Un confronto tra infiniti
E
Esempi
Si calcolino i limiti
4.38
2x 3 + 5x 2 − x + 7
.
x→+∞ 4x 3 − x 2 + x − 3
lim
Soluzione
Si ha:
5
2x 3 (1 + 2x
− 2x1 2 + 2x7 3 )
2x 3 + 5x 2 − x + 7
=
lim
=
x→+∞ 4x 3 − x 2 + x − 3
x→+∞ 4x 3 (1 − 1 + 1 − 3 )
3
4x
4x
lim
4x
= lim
x→+∞
5
− 2x1 2 + 2x7 3 ))
2(1 + 2x
1
1
4(1 − 4x
+ 4x
− 4x3 3 )
1
= .
2
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
141
4.39
x 2 − 2x
.
x→+∞ x 3 + 1
lim
Soluzione
Si ha:
(1 − x2 )
x 2 (1 − x2 )
x 2 − 2x
=
lim
= 0.
=
lim
x→+∞ x 3 + 1
x→+∞ x(1 + 1 )
x→+∞ x 3 (1 + 1 )
3
3
lim
x
x
4.40
x 3 + 2x 2 + x + 6
.
x→−∞
x 2 − 2x
lim
Soluzione
Si ha
x(1 + x2 + x12 + x63 )
x 3 (1 + x2 + x12 + x63 )
x 3 + 2x 2 + x + 6
=
lim
= −∞.
=
lim
x→−∞
x→−∞
x→−∞
x 2 − 2x
x 2 (1 − x2 )
(1 − x2 )
lim
4.41
p
3
x −3
.
1−x
lim
x→+∞
Soluzione
1
Il numeratore tende all’infinito come x 3 , più lentamente del denominatore, che
tende all’infinitto come x : il risultato del limite è, pertanto,
p
3
lim
x→+∞
x −3
= 0.
1−x
4.42
p
lim
x→+∞
x
.
ex
Soluzione
1
Il numeratore tende all’infinito come x 2 mentre il denominatore tende all’infinito
in modo esponenziale:
p
lim
x→+∞
x
ex
= 0.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
142
4.43
ex
.
x→+∞ x 2
lim
Soluzione
Il numeratore tende all’infinito in modo esponenziale mentre il denominatore come x 2 :
ex
= +∞.
x→+∞ x 2
lim
4.44
p
3
lim
x→+∞
x
.
ln x
Soluzione
1
Il numeratore tende all’infinito come x 3 mentre il denominatore come un logaritmo:
p
3
lim
x→+∞
x
= +∞.
ln x
4.2.3.3 Forme indeterminate +∞ − ∞
Il calcolo di un limite
lim [ f (x) + g (x)]
x→x 0
con x 0 finito o infinito, in cui compare la forma indeterminata +∞−∞ (ad esempio
se f (x) → +∞ e g (x) → −∞) può essere effettuato nei casi
1. le due funzioni f (x) e g (x) tendono all’infinito con velocità diverse: nel calcolo del limite si può trascurare la funzione che tende all’infinito più lentamente5
2. se le funzioni f (x) e g (x) tendono all’infinito con la stessa velocità ed esse
sono funzioni irrazionali: in tal caso si può utilizzare un procedimento che
mira ad eliminare l’indeterminazione dovuta a radicali moltiplicando numeratore e denominatore per una opportuna grandezza (si vedano gli esempi a
seguire)
5 Si veda il principio di trascurabilità degli infiniti di ordine inferiore, enunciato più avanti.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
E
143
Esempi
Si calcolino i limiti
4.45
p
lim e x − x.
x→+∞
Soluzione
Il primo addendo tende all’infinito in modo esponenziale mentre il secondo come
una potenza: quest’ultimo è trascurabile:
p
lim e x − x = +∞.
x→+∞
4.46
lim ln x −
x→+∞
p
3
x.
Soluzione
Il primo addendo, che tende all’infinito come un logaritmo, è trascurabile rispetto
al secondo, che risulta essere un infinito potenza:
lim ln x −
x→+∞
p
3
x = −∞.
4.47
p
lim x 3 + ln x − x.
x→+∞
Soluzione
Tra i tre addendi, quello che tende all’infinito più rapidamente è x 3 , pertanto
p
lim x 3 + ln x − x = +∞.
x→+∞
4.48
lim
x→+∞
p
x 3 + 1 − x.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
144
Soluzione
3
Il primo addendo tende all’infinito come x 2 , più rapidamente del secondo, che
tende all’infinito come x. Si ha, pertanto,
lim
p
x→+∞
x 3 + 1 − x = +∞.
4.49
lim
p
x→+∞
x 2 − 3 − x.
Soluzione
In tal caso sia il primo addendo sia il secondo tendono all’infinito con la stessa rapidità, quella di x. Non è pertanto lecito trascurare l’uno rispetto all’altro. E’ possibile
comunque effettuare la trasformazione seguente che rimuoverà l’indeterminazione:
p
p
p
x2 − 3 + x
2
2
x − 3 − x = lim ( x − 3 − x) p
lim
=
x→+∞
x→+∞
x2 − 3 + x
x2 − 3 − x2
−3
= lim p
= lim p
= 0.
x→+∞ x 2 − 3 + x
x→+∞ x 2 − 3 + x
4.50
lim
x→−∞
p
x 2 − 3x + x.
Soluzione
Siccome primo e secondo addendo tendono all’infinito con la stessa rapidità, quella di x, per calcolare il limite si opera la seguente trasformazione:
p
lim
x→−∞
p
x 2 − 3x + x
= lim (
x→−∞
p
x 2 − 3x + x) p
x 2 − 3x − x
x 2 − 3x − x
=
x 2 − 3x − x 2
−3x
−3x 3
lim p
= lim p
= lim
= .
x→−∞ x 2 − 3x − x
x→−∞ x 2 − 3x − x
x→−∞ −2x
2
Nell’ultimo passaggio se è usato il fatto che
p
x 2 ≡ |x| = −x se x < 0.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
145
4.2.4 Limiti notevoli
Alcune classi di limiti che danno luogo a forme indeterminate, noti come limiti
notevoli, possono essere calcolati in generale per funzioni arbitrarie. Di volta in
volta sarà sufficiente adattare alle funzioni in oggetto i risultati generali seguenti
1. Sia x 0 finito o infinito e risulti, per x → x 0 , f (x) → ±∞ e g (x) → ±∞. Si ha:
g (x)
1 g (x)
)
= lim e f (x) .
x→x 0
f (x)
lim (1 +
x→x 0
Si osservi che in tale caso la forma indeterminata che si incontra è del tipo 1∞ .
Come caso particolare si può scegliere x 0 = +∞, f (x) = g (x) = x, ottenendo
lim (1 +
x→+∞
x
1 x
) = lim e x = e,
x→+∞
x
noto come limite di Nepero.
2. Sia x 0 finito o infinito e risulti, per x → x 0 , f (x) → 0. Si ha:
lim
loga (1 + f (x))
f (x)
x→x 0
= loga e ≡
1
.
ln a
Se, in particolare, si sceglie x 0 = 0 e f (x) = x, si ottiene:
lim
loga (1 + x)
x
x→0
= loga e.
3. Sia x 0 finito o infinito e risulti, per x → x 0 , f (x) → 0. Si ha:
lim
x→x 0
a f (x) − 1
= ln a.
f (x)
In particolare, posto x 0 = 0 e f (x) = x, risulta
ax − 1
= ln a.
x→0
x
lim
4. Sia x 0 finito o infinito e risulti, per x → x 0 , f (x) → 0. Si ha:
lim
x→x 0
sin f (x)
= 1.
f (x)
In particolare, posto x 0 = 0 e f (x) = x, si ottiene:
lim
x→0
sin x
= 1.
x
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
E
Esempi
Si calcolino i limiti
4.51
lim (1 +
x→+∞
1 3x
) .
x2
Soluzione
Si ha:
lim (1 +
x→+∞
3x
1 3x
) = lim e x 2 = e 0 = 1.
x→+∞
x2
4.52
lim (1 +
x→+∞
2 x3
) .
x
Soluzione
Si ha:
lim (1 +
x→+∞
2x 3
2 x3
) = lim e x = e +∞ = +∞.
x→+∞
x
4.53
e 3x − 1
.
x→0
3x
lim
Soluzione
Si ha:
e 3x − 1
= 1.
x→0
3x
lim
4.54
2
ex − 1
.
x→0
x
lim
Soluzione
Per calcolare tale limite è opportuno dapprima metterlo nella forma
e f (x) − 1
.
x→0
f (x)
lim
146
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
147
Per fare ciò è sufficiente moltiplicare numeratore e denominatore per x :
2
2
2
ex − 1
ex − 1
ex − 1
· x = lim
· lim x = 1 · 0 = 0.
= lim
2
x→0
x→0
x→0
x→0
x
x
x2
lim
4.55
lim
x→0
ln(1 + 2x)
.
3x
Soluzione
Anche in tal caso è opportuno manipolare la funzione in modo da ricondurre il
limite da calcolare ad uno della forma
lim
x→0
ln(1 + f (x))
.
f (x)
Per tale scopo è sufficiente moltiplicare per 2/3 numeratore e denominatore:
lim
x→0
ln(1 + 2x)
ln(1 + 2x) 2/3
2 ln(1 + 2x) 2
= lim
= lim
= .
x→0
3x
3x
2/3 x→0 3
2x
3
4.56
lim
x→0
sin 5x
.
2x
Soluzione
Si ha:
lim
x→0
sin 5x
5 sin 5x 5
= lim
= .
x→0 2 5x
2x
2
4.57
lim
sin x12
1
x2
x→+∞
.
Soluzione
Si ha:
lim
x→+∞
sin x12
1
x2
= 1.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
148
4.58
lim
x→0
sin x + 3x
.
2x − sin x
Soluzione
Occorre dapprima manipolare la funzione di cui si deve calcolare il limite per ricondurla alla forma sin x/x. Per fare ciò è sufficiente dividere numeratore e denominatore per il fattore x :
sin x
+3 1+3
sin x + 3x
= lim x sin x =
= 4.
x→0 2x − sin x
x→0 2 −
2−1
lim
x
4.3 Infinitesimi e infiniti
4.3.1 Infinitesimi
R
Si consideri la funzione f (x) e sia x 0 ∈ R o x 0 = ±∞.
Definizione (Infinitesimo)
Se
lim f (x) = 0
x→x 0
E
si dice che la funzione f (x) è un infinitesimo per x che tende a x 0 .
Esempio 4.59
• Le funzioni
f (x) = x α , α ∈ (0, +∞)
sono infinitesimi per x → 0+ .
• La funzione
f (x) = e x − 1
è un infinitesimo per x → 0.
• Le funzioni
f (x) =
1
, α ∈ (0, +∞)
xα
sono infinitesimi per x → +∞.
• La funzione
f (x) = ln x
è un infinitesimo per x → 1.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
149
Nelle applicazioni della teoria degli infinitesimi è molto importante stabilire la rapidità con cui una funzione f (x) tende a zero per x → x 0 . Ad esempio le due funp
zioni f (x) = x 2 e g (x) = x sono entrambe inifinitesimi per x → 0 però la velocità
con cui tendono a zero è diversa. In particolare la funzione f (x) tende a zero più
velocemente della funzione g (x), cosa che può essere dedotta calcolando il limite
x2
f (x)
= lim p = 0.
x→0 x
x→0 g (x)
lim
R
Più in generale vale la seguente
Definizione (Confronto tra infinitesimi)
Se f (x) e g (x) sono infinitesimi per x → x 0 con x 0 finito o infinito, si dirà che, se


 ` 6= 0, ±∞
f (x) 
`=0
=
lim
x→x 0 g (x)

±∞


Ø
f e g hanno la stessa velocità
f è più veloce di g
.
f è meno veloce di g
f e g non sono confrontabili
Nella pratica è comodo assegnare ad un infinitesimo f (x) un ordine di infinitesimo, confrontando f (x) con un opportuno infinitesimo campione. In particolare si
assumerà
R
Definizione (Infinitesimo campione)
Si dice infinitesimo campione la funzione
½
R
p(x) =
x − x0
1
x
se x 0 ∈ R
.
se x 0 = ±∞
Definizione (Ordine di infinitesimo)
Se
lim
x→x 0
f (x)
= ` 6= 0, ±∞
[p(x)]α
si dice che f (x) è un infinitesimo di ordine α per x → x 0 .
"Osservazione
Se f (x)è un infinitesimo di ordine α per x → x 0 si ha:
lim
x→x 0
f (x)
[p(x)]β
=0
per ogni β < α e
lim
x→x 0
f (x)
[p(x)]β
= ±∞
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
150
per ogni β > α. In effetti, se ad esempio β > α, si ha:
E
lim
x→x 0
f (x)
[p(x)]β
= lim
x→x 0
1
f (x)
1
·
= ` · lim
= ` · ±∞ = ±∞
x→x 0 [p(x)]β−α
[p(x)]α [p(x)]β−α
Esempio 4.60
Determinare l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = ln(1 + x) per x → 0.
Soluzione
Visto che risulta
lim
x→0
E
ln(1 + x)
=1
x
f (x) è un infinitesimo di ordine α = 1.
Esempio 4.61
Determinare l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = ln(1 + x 3 ) per x → 0.
Soluzione
Si ha:
ln(1 + x 3 )
=1
x→0
x3
lim
E
e, pertanto, l’ordine di infinitesimo di f (x) per x → 0 è α = 3.
Esempio 4.62
1
Determinare l’ordine di infinitesimo di f (x) = e x − 1 per x → +∞.
Soluzione
Si ha:
1
lim
x→+∞
e x −1
1
x
=1
e, quindi, l’ordine di infinitesimo di f (x) per x → +∞ è α = 1.
4.3.1.1 Operazioni tra infinitesimi
Siano f (x) e g (x) infinitesimi per x → x 0 , con x 0 finito o infinito. Se f (x) è un
infinitesimo di ordine α1 e g (x) di ordine α2 risulta che
a) Somma tra infinitesimi
1) Se α1 6= α2
la somma degli infinitesimi f (x) + g (x) è ancora un infinitesimo, di ordine α =
min{α1 , α2 }. In effetti se per fissare le idee si suppone che α1 < α2 e x 0 ∈ R si ha:
lim
x→x 0
f (x) + g (x)
f (x)
g (x)
= lim
+ lim
.
x→x 0 (x − x 0 )α1
x→x 0 (x − x 0 )α1
(x − x 0 )α1
(4.6)
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
151
Il primo limite a secondo membro della relazione (4.6) vale `1 6= 0, ±∞, visto che
f (x) è un infinitesimo di ordine α1 mentre il secondo limite è pari a zero visto che
g (x) è un infinitesimo di ordine α2 > α1 . Pertanto il valore del limite (4.6) è `1 6=
0, ±∞ e, pertanto, f (x) + g (x) è un infinitesimo di ordine α1 = min{α1 , α2 }.
2) Se α1 = α2 ≡ α
si avrà
lim
x→x 0
f (x)
g (x)
f (x) + g (x)
= lim
+ lim
= `1 + `2 .
x→x 0 [p(x)]α
x→x 0 [p(x)]α
[p(x)]α
Se `1 + `2 6= 0 l’ordine di infinitesimo di f (x) + g (x) risulterebbe pari a α mentre
se `1 + `2 = 0 l’ordine di infinitesimo di f (x) + g (x) risulterebbe maggiore di α :
ne segue che se f (x) e g (x) hanno lo stesso ordine di infinitesimo α, l’infinitesimo
somma, f (x) + g (x) ha ordine di infinitesimo maggiore o uguale a α.
b) Prodotto tra infinitesimi
La funzione f (x)g (x) è un infinitesimo di ordine α = α1 +α2 . In effetti se per fissare
le idee si suppone che x 0 ∈ R si ha:
lim
x→x 0
f (x)g (x)
f (x)
g (x)
= lim
= `1 · `2 6= 0, ±∞.
(x − x 0 )α1 +α2 x→x0 (x − x 0 )α1 (x − x 0 )α2
Sussiste il seguente
wTeorema (Cancellazione degli infinitesimi di ordine superiore)
Ipotesi) Siano f 1 (x), f 2 (x), g 1 (x), g 2 (x) infinitesimi simultanei per x → x 0 , con x 0 fi-
nito o infinito. Si supponga inoltre che f 1 (x) sia un infinitesimo di ordine superiore
a f 2 (x) e che g 1 (x) sia un infinitesimo di ordine superiore a g 2 (x).
Tesi)
lim
x→x 0
f 1 (x) + f 2 (x)
f 2 (x)
= lim
.
g 1 (x) + g 2 (x) x→x0 g 2 (x)
Dimostrazione
Si ha:
lim
x→x 0
lim
x→x 0
f 1 (x) + f 2 (x)
f 2 (x)[1 + f 1 (x)/ f 2 (x)]
= lim
=
x→x
0 g 2 (x)[1 + g 1 (x)/g 2 (x)]
g 1 (x) + g 2 (x)
f 2 (x) [1 + f 1 (x)/ f 2 (x)]
f 2 (x)
[1 + f 1 (x)/ f 2 (x)]
·
= lim
· lim
.
g 2 (x) [1 + g 1 (x)/g 2 (x)] x→x0 g 2 (x) x→ξ [1 + g 1 (x)/g 2 (x)]
(4.7)
Siccome f 1 (x) è infinitesimo di ordine superiore a f 2 (x) e g 1 (x) è infinitesimo di
ordine superiore a g 2 (x) risulta
lim
x→x 0
[1 + f 1 (x)/ f 2 (x)]
=1
[1 + g 1 (x)/g 2 (x)]
e, dalla relazione (4.7), segue la tesi.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
152
■
"Osservazione
Il teorema precedente consente di semplicare notevolmente il calcolo dei limiti della forma 00 : è sufficiente trascurare in ogni somma in cui compaiano due addendi
infinitesimi quello con ordine di infinitesimo più grande o, in altre parole, quello
che tende a zero più velocemente.
E
Esempio 4.63
Si calcoli il limite
lim
x→0
e
p
x
− 1 + ln(1 + x 2 )
p
x2 + 3 x
Soluzione
Per x → 0 si ha:
• e
p
x
− 1 è un infinitesimo di ordine
1
2
• ln(1 + x 2 ) è un infinitesimo di ordine 2
• x 2 è un infinitesimo di ordine 2
p
• 3 x è un infinitesimo di ordine 12 .
Trascurando sia a numeratore sia a denominatore gli infinitesimi di ordine più alto,
si ottiene:
lim
e
p
x→0
x
p
− 1 + ln(1 + x 2 )
e x −1 1
= lim p
= .
p
2
x→0 3 x
3
x +3 x
4.3.2 Infiniti
R
Si consideri la funzione f (x) e sia x 0 ∈ R o x 0 = ±∞.
Definizione (Infinito)
Se
lim f (x) = ±∞
x→x 0
si dice che la funzione f (x) è un infinito per x che tende a x 0 .
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
E
153
Esempio 4.64
• Le funzioni
f (x) = x α , α ∈ (0, +∞)
sono infiniti per x → +∞.
• La funzione
f (x) = e x
è un infinito per x → +∞.
• Le funzioni
1
, α ∈ (0, +∞)
xα
f (x) =
sono infiniti per x → 0+ .
• La funzione
f (x) = ln x
è un infinito per x → +∞.
Così come visto nel caso degli infinitesimi, anche nel caso degli infiniti è rilevante
stabilire la rapidità con cui una funzione f (x) tende all’infinito per x → x 0 .
R
Vale la seguente
Definizione (Confronto tra infiniti)
Se f (x) e g (x) sono infiniti per x → x 0 , con x 0 finito o infinito, si dirà che, se


 ` 6= 0, ±∞
f (x) 
`=0
lim
=
x→x 0 g (x)

±∞


Ø
f e g hanno la stessa velocità
f è meno veloce di g
.
f è più veloce di g
f e g non sono confrontabili
Nella pratica è comodo assegnare ad un infinito f (x) un ordine di infinito, confrontando f (x) con un opportuno infinito campione. In particolare si assumerà
R
Definizione (Infinito campione)
Si dice infinito campione la funzione
½
R
p(x) =
1
x−x 0
x
se x 0 ∈ R
.
se x 0 = ±∞
Definizione (Ordine di infinito)
Se
lim
x→x 0
f (x)
= ` 6= 0, ±∞
[p(x)]α
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
154
si dice che f (x) è un infinito di ordine α per x → x 0 .
" Osservazione
Se f (x)è un infinito di ordine α per x → x 0 si ha:
lim
x→x 0
f (x)
[p(x)]β
=0
per ogni β > α e
lim
x→x 0
f (x)
[p(x)]β
= ±∞
per ogni β < α. In effetti, se ad esempio β > α, si ha:
lim
x→x 0
f (x)
[p(x)]β
= lim
x→x 0
1
f (x)
1
·
= ` · lim
= ` · 0 = 0.
x→x 0 [p(x)]β−α
[p(x)]α [p(x)]β−α
4.3.2.1 Operazioni tra infiniti
Siano f (x) e g (x) infiniti per x → x 0 , con x 0 finito o infinito. Se f (x) è un infinito di
ordine α1 e g (x) è un infinito di ordine α2 risulta che
a) Somma tra infiniti
1) Se α1 6= α2
la somma degli infiniti f (x) + g (x) è ancora un infinito, di ordine α = max{α1 , α2 }.
In effetti se per fissare le idee si suppone che α1 > α2 e x 0 = +∞, si ha:
lim
x→+∞
f (x) + g (x)
f (x)
g (x)
= lim
+ lim
.
x→+∞ x α1
x→+∞ x α1
x α1
(4.8)
Il primo limite a secondo membro della relazione (4.8) vale `1 6= 0, ±∞, visto che
f (x) è un infinito di ordine α1 mentre il secondo limite è pari a zero visto che g (x)
è un infinito di ordine α2 < α1 . Pertanto il valore del limite (4.6) è `1 6= 0, ±∞ e,
pertanto, f (x) + g (x) è un infinito di ordine α1 = max{α1 , α2 }.
2) Se α1 = α2 ≡ α
si avrà
lim
x→x 0
f (x) + g (x)
f (x)
g (x)
= lim
+ lim
= `1 + `2 .
α
α
x→x
x→x
0
0
[p(x)]
[p(x)]
[p(x)]α
Se `1 + `2 6= 0 l’ordine di infinito di f (x) + g (x) risulterebbe pari a α mentre se `1 +
`2 = 0 l’ordine di infinitesimo di f (x)+g (x) risulta minore di α : ne segue che se f (x)
e g (x) hanno lo stesso ordine di infinitesimo α, l’infinitesimo somma, f (x) + g (x)
ha ordine di infinitesimo minore o uguale a α.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
155
b) Prodotto tra infiniti
La funzione f (x)g (x) è un infinito di ordine α = α1 + α2 . In effetti se per fissare le
idee si suppone che x 0 = +∞, si ha:
lim
x→+∞
f (x)g (x)
f (x) g (x)
= lim
= `1 · `2 6= 0, ±∞.
x→+∞ x α1 x α2
x α1 +α2
In modo analogo a quanto visto per il caso degli infinitesimi, sussiste il seguente
w Teorema (Cancellazione degli infiniti di ordine inferiore)
Ipotesi) Siano f 1 (x), f 2 (x), g 1 (x), g 2 (x) infiniti simultanei per x → x 0 , con x 0 finito o
infinito. Si supponga inoltre che f 1 (x) sia un infinito di ordine inferiore a f 2 (x) e
che g 1 (x) sia un infinito di ordine inferiore a g 2 (x).
Tesi)
lim
x→x 0
f 1 (x) + f 2 (x)
f 2 (x)
= lim
.
x→x
0 g 2 (x)
g 1 (x) + g 2 (x)
Dimostrazione
La dimostrazione è analoga a quella vista per il teorema di cancellazione degli infinitesimi di ordine superiore, ed è pertanto lasciata al lettore come esercizio.
■
" Osservazione
Il teorema precedente consente di semplicare notevolmente il calcolo dei limiti della forma ∞
∞ : è sufficiente trascurare in ogni somma in cui compaiano due addendi
infiniti quello con ordine di infinito più piccolo o, in altre parole, quello che tende
ad infinito più lentamente.
E
Esempio 4.65
Si calcoli il limite
x 2 e x + e x + x ln x
.
x→+∞ x 2 ln x − x 2 + xe x
lim
Soluzione
Nel calcolo del limite si possono trascurare gli infiniti di ordine più basso. Tenendo
conto della gerarchia tra infiniti si ottiene
x 2 e x + e x + x ln x
x2e x
= lim
= +∞.
2
2
x
x→+∞ xe x
x→+∞ x ln x − x + xe
lim
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
156
4.4 Continuità
La nozione intuitiva di continuità di una funzione f (x) potrebbe essere espressa
in termini del suo grafico: potrebbe definirsi continua una funzione il cui grafico
è rappresentato da una curva continua. Tale visione, comunque, risulta fuorviante
perché, sebbene la nozione moderna (e rigorosa) di funzione continua spesso coincide con quella di funzione con grafico rappresentabile tramite una curva continua,
nella realtà non è sempre così. Le esigenze di rigore, inoltre, comporterebbero il
dover caratterizzare con precisione cosa si intende con “curva continua”.
Una nozione, sempre intuitiva, ma che corrisponde in modo migliore alla nozione
rigorosa di continuità, è quella secondo cui la funzione f (x) è continua in un punto x 0 se, variando di poco il punto x 0 , considerando ad esempio il punto x molto
vicino a x 0 , il corrispondente valore f (x) è molto vicino a f (x 0 ). Si dovrebbe avere,
in altre parole,
f (x) = f (x 0 ) + R,
con R tanto più vicino allo zero quanto più x è vicino a x 0 :
lim R = 0
x→x 0
o, in altri termini,
lim f (x) = f (x 0 ).
x→x 0
R
Più precisamente, vale la seguente
Definizione (Continuità in un punto)
Sia f : X → Y e x 0 ∈ X . Si dice che la funzione f (x) è continua nel punto x 0 se
lim f (x) = f (x 0 ).
x→x 0
"Osservazione
Se la funzione f (x) è definita nell’intervallo chiuso e limitato [a, b] essa sarà continua in a e in b se risulterà
lim f (x) = f (a)
x→a +
e
lim f (x) = f (b)
x→b −
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
R
157
Definizione (Continuità in un insieme)
Se f (x) è continua per ogni x 0 ∈ A si dirà che essa è continua nell’insieme A.
"Osservazione
Ci si convince facilmente che se f (x) è una funzione continua in [a, b] allora il
suo grafico è una curva continua cioè, in termini intuitivi, è possibile tracciare tale
grafico senza “staccare la penna dal foglio”.
" Osservazione
Le funzioni ad una legge sono funzioni continue nei loro relativi domini.
" Osservazione
La relazione
lim f (x) = f (x 0 )
x→x 0
può essere interpretata come possibilità di scambiare il simbolo di limite con il
simbolo di funzione:
lim f (x) = f ( lim x)
x→x 0
x→x 0
visto che, evidentemente, risulta limx→x0 x = x 0 .
f (x)
f (x)
f (x)
f (x)
f (x0 )
f (x0 )
x0
x
x
a
x0
x
b
Figura 4.6
Un esempio di funzione continua in x 0 (a) e di funzione non continua in x 0 (b).
x
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
158
4.4.1 Teoremi sulle funzioni continue
w Teorema (Operazioni razionali sulle funzioni continue)
Ipotesi) Siano f (x) e g (x) funzioni continue nell’insieme X ⊆ R.
Tesi) Le funzioni f (x) ± g (x), f (x)g (x) sono continue in X . Se g (x) 6= 0 ∀x ∈ X è
continua anche la funzione
f (x)
g (x) .
Dimostrazione
La dimostrazione del teorema è conseguenza diretta delle proprietà relative alle
operazioni razionali sui limiti. Si consideri ad esempio la funzione f (x) + g (x) e sia
x 0 ∈ X . Si ha:
lim [ f (x) + g (x)] = lim f (x) + lim g (x) = f (x 0 ) + g (x 0 ).
x→x 0
x→x 0
x→x 0
Gli altri casi sono lasciati al lettore per esercizio.
■
" Osservazione
In modo analogo a quanto visto nel teorema precedente, si può dimostrare che, se
f (x) è continua allora anche la funzione | f (x)| risulterà continua: tale dimostrazione è lasciata al lettore per esercizio.
w Teorema (Continuità della funzione composta)
Ipotesi) Siano f : X → Y e g : Y → Z due funzioni continue nei rispettivi domini.
Tesi) La funzione composta g ◦ f : X → Z è continua in X .
Dimostrazione
Sia x 0 ∈ X e h = g ◦ f . Si consideri il limite
lim h(x) = lim g ( f (x))
x→x 0
x→x 0
Siccome la funzione g è continua tale limite può essere riscritto come
g ( lim f (x)) = g ( f (x 0 )) = h(x 0 )
x→x 0
Si è ottenuto quindi che per un arbitrario x 0 ∈ X risulta
lim h(x) = h(x 0 )
x→x 0
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
159
e, pertanto, la tesi.
■
4.4.2 Classificazione dei punti di discontinuità
Sia f : X → Y e sia x 0 ∈ X . Come visto precedentemente, la funzione f (x) si dice
continua in x 0 se risulta
lim f (x) = f (x 0 ).
x→x 0
(4.9)
E’ chiaro che affinché sia soddisfatta la relazione (4.9) devono sussistere contemporaneamente le condizioni
1) x 0 ∈ X
2)
lim f (x) = lim− f (x) = `
x→x 0
x→x 0+
3) ` = f (x 0 ).
Se anche solo una delle condizioni precedenti non è soddisfatta è chiaro che la
funzione f (x) non potrà essere continua nel punto x 0 . Si dice in tal caso che la
funzione ha, in x 0 , un punto di discontinuità
• di prima specie se sussiste la condizione 1), x 0 ∈ X , ma non la condizione 2),
cioè se
lim f (x) 6= lim− f (x)
x→x 0+
x→x 0
• di seconda specie se sussiste la condizione 1), x 0 ∈ X , ma i limiti destro e/o
sinistro non esistono oppure sono infiniti
• eliminabile per competamento se non sussiste la condizione 1) ma sussiste la
condizione 2). In tal caso la discontinuità può essere eliminata aggiungendo
x 0 al dominio e ponendo f (x 0 ) = `
• eliminabile per correzione se sussistono le condizioni 1) e 2) ma non sussiste
la condizione 3). In tal caso la discontinuità può essere eliminata ridefinendo
la funzione in x 0 ponendo f (x 0 ) = `.
" Osservazione
Se la funzione f (x) è definita ad una legge, i suoi eventuali punti di discontinuità
vanno ricercati nei punti di accumulazione del dominio che non appartengono al
dominio stesso. Se invece la funzione f (x) è definita a più leggi, gli eventuali punti
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
160
di discontinuità vanno ricercati anche in quei punti x in corrisponedenza ai quali
cambia la legge che definisce la funzione.
" Osservazione
Se la funzione f (x) è definita a più leggi e dipende da un parametro k, essa potrà risultare continua per alcuni valori di k e discontinua per altri. Nella pratica,
per determinare i valori di k in corrispondenza ai quali la funzione f (x) è continua, si calcolano i limiti destro e sinstro di f (x) per x → x 0 , essendo x 0 il punto
in corrispondenza al quale cambia la legge che definisce la funzione. Imponendo
l’eguaglianza tra i limiti destro e sinistro sopra menzionati si ottiene un’equazione
in k che, se risolta, consente di determinare l’insieme6 dei valori di k per cui f (x) è
continua.
E
Esempio 4.66
Determinare e classificare gli eventuali punti di discontinuità della funzione
f (x) =
e 2x − 1
.
x
Soluzione
La funzione definita ad una legge f (x) ha dominio X pari a R\{0} ≡ (−∞, 0)∪(0, +∞).
L’unico punto di accumulazione di X che non appertiene a X stesso è x 0 = 0. Si ha:
e 2x − 1
=2
x→0
x
lim
e, pertanto, x 0 = 0 è un punto di discontinuità eliminabile per completamento: aggiungendo x 0 = 0 al dominio X e ponendo f (0) = 2 si ottiene la funzione continua
(
f (x) =
e 2x −1
x
2
E
se
se
x ∈ R\{0}
.
x =0
Esempio 4.67
Determinare e classificare gli eventuali punti di discontinuità della funzione
½
f (x) =
x2
2
se
se
x ∈ R\{0}
.
x =0
Soluzione
Siccome il dominio X della funzione è tutto R, l’unico punto di discontinuità di f (x)
potrebbe essere x 0 = 0, punto nel quale cambia la legge che definisce la funzione.
Si ha:
6 Si osservi che tale insieme potrebbe anche essere vuoto.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
161
lim f (x) = lim− f (x) = 0 6= f (0).
x→0+
x→0
Il punto x 0 = 0 è pertanto un punto di discontinuità eliminabile per correzione:
ridefinendo la funzione f (x) in modo che f (0) = 0 si ottiene la funzione continua
x2
0
½
E
f (x) =
se
se
x ∈ R\{0}
≡ x2.
x =0
Esempio 4.68
Determinare e classificare gli eventuali punti di discontinuità della funzione
x2 + 1
½
f (x) =
1
x
se
se
x ∈ [0, +∞)
.
x ∈ (−∞, 0)
Soluzione
Il dominio di f (x) coincide con R e, pertanto, l’unico punto di discontinuità va
cercato in x 0 = 0, punto in cui cambia la legge che definisce la funzione f (x). Si ha:
lim f (x) = lim (x 2 + 1) = 1
x→0+
x→0+
e
lim f (x) = lim−
x→0−
x→0
1
= −∞.
x
E
Il punto x 0 = 0 rappresenta pertanto un punto di discontinuità di seconda specie.
Esempio 4.69
Determinare e classificare gli eventuali punti di discontinuità della funzione
½
f (x) =
x2 + x
x −1
se
se
x ∈ [1, +∞)
.
x ∈ (−∞, 1)
Soluzione
Siccome il dominio di f (x) è tutto R, l’unico punto in cui la funzione potrebbe non
essere continua è x 0 = 1, punto in cui cambia la legge che definisce la funzione
f (x). Si ha:
lim f (x) = lim (x 2 + x) = 2
x→1+
e
x→1+
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
162
lim f (x) = lim− x − 1 = 0.
x→1−
x→1
La funzione f (x) ammette, pertanto, una discontinuità di prima specie nel punto
x 0 = 1.
E
Esempio 4.70
Determinare gli eventuali valori del parametro k tali che la funzione
½ kx
e
se x ∈ [2, +∞)
f (x) =
x + 1 se x ∈ (−∞, 2)
risulti continua.
Soluzione
Come visto negli esempi precedenti, l’unico punto in cui la funzione f (x) potrebbe
non risultare continua è x 0 = 2. Si ha:
lim f (x) = lim e kx = e 2k
x→2+
x→2+
e
lim f (x) = lim− x + 1 = 3.
x→2−
x→2
Affinché la funzione risulti continua è necessario che i limiti destro e sinistro coincidano:
1
e 2k = 3 =⇒ k = ln 3.
2
E
Tale condizione è anche sufficiente risultando f (2) = e 2k |k=ln 3/2 = 3.
Esempio 4.71
Si supponga che il costo di un m 3 di acqua (costo unitario) da versare all’erogatore,
dipenda dalla quantità x consumata tramite la funzione
½
c(x) =
3
3.8
se
se
x ≤ 150
.
x > 150
Si determini la funzione costo totale c T e se ne studi la continuità.
Soluzione
Se la quantità consumata x è minore o uguale a 150 la funzione costo sarà pari
a 3x. Se invece la quantità consumata x è maggiore di 150 la funzione costo sarà
3 · 150 + 3.8(x − 150). Si ha, quindi,
½
c T (x) =
3x
450 + 3.8(x − 150)
se
se
x ≤ 150
.
x > 150
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
163
L’unico punto di discontinuità di c T (x) potrebbe essere x 0 = 150. Si ha:
lim c T (x) = lim [450 + 3.8(x − 150)] = 450
x→150+
x→150+
e
lim c T (x) = lim − 3x = 450
x→150−
x→150
e, risultando, c T (150) = 450 risulta che la funzione costo totale è continua, pur non
essendo continua la funzione costo unitario c(x).
R
Definizione (Continuità a destra o a sinistra)
Se la funzione f : X → Y non è continua nel punto x 0 ∈ X ma risulta
lim f (x) = f (x 0 )
x→x 0+
si dirà che f (x) è continua in x 0 da destra. In modo analogo se risulta
lim f (x) = f (x 0 )
x→x 0−
si dirà che f (x) è continua in x 0 da sinistra.
"Osservazione
Si consideri la funzione parte intera di x, f (x) = [x], che associa ad ogni x ∈ R il più
grande intero relativo minore o uguale a x. Essa, si confronti la figura 4.7,
−2
−1
0
1
2
3
x
Figura 4.7
Grafico della funzione f (x) = [x].
pur non essendo continua per x ∈ Z, risulta essere continua a destra per ogni x ∈ Z.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
164
4.4.3 Continuità e invertibilità
Sia f : X → Y una funzione continua e invertibile e sia f −1 : f (X ) → X la sua funzione inversa. In generale non si può concludere che la funzione f −1 (x) è continua,
come si mostra nel seguente
E
Esempio 4.72
Sia
½
f (x) =
x
x −1
se
se
x ∈ [0, 1]
,
x ∈ (2, 3]
il cui grafico è riportato in figura 4.9.
f (x)
1
1
2
x
Figura 4.9
Grafico della funzione f (x).
La funzione f (x) è continua nel suo dominio X = [0, 1] ∪ (2, 3] ma la sua funzione
inversa,
f −1 (x) =
½
x
x +1
il cui grafico è riportato in figura 4.10,
se
se
x ∈ [0, 1]
,
x ∈ (1, 2]
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
165
f −1 (x)
1
1
x
Figura 4.10
Grafico della funzione f −1 (x).
non è continua essendo
lim f −1 (x) = 1
x→1−
e
lim f −1 (x) = 2.
x→1+
Se l’insieme di definizione X è un intervallo (aperto, chiuso o semichiuso) si può
invece dimostrare che se esiste l’inversa di una funzione continua essa è continua.
4.5 Massimi e minimi di una funzione
R
Definizione (Funzione limitata)
La funzione f : X → Y si dice limitata se l’immagine di f (x) è un insieme limitato:
sup f (X ) = S ∈ R
x∈X
inf f (X ) = s ∈ R
x∈X
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
R
166
Definizione (Massimo e minimo assoluto)
Sia f : X → Y una funzione limitata. Se l’estremo superiore S di f (X ) appartiene a
f (X ), S ∈ f (X ), esso si dice massimo assoluto della funzione f (x). In modo analogo,
se l’estremo inferiore s di f (X ) appartiene a f (X ), s ∈ f (X ), esso si dice minimo
assoluto della funzione f (x).
Nel caso in cui il dominio X della funzione f (x) è un intervallo chiuso e limitato,
sussistono i seguenti
w Teorema (Weierstrass)
Ipotesi) Sia f (x) continua nell’intervallo chiuso e limitato7 [a, b].
Tesi) La funzione f (x) ammette in [a, b] massimo e minimo assoluto.
w Teorema (Zeri di una funzione continua)
■
Ipotesi) Sia f (x) continua in [a, b] e si supponga che il segno di f (a) sia non concor-
de col segno di f (b) : f (a) f (b) < 0
allora
Tesi) La funzione f (x) ha almeno uno zero8 in (a, b) : ∃c ∈ (a, b) | f (c) = 0.
Dimostrazione
Si consideri il caso f (a) < 0 e, di conseguenza, f (b) > 0. Sia X − il sottoinsieme di
(a, b) in cui la funzione f (x) assume valori negativi e si indichi con c l’estremo
superiore di tale insieme: c = sup X − . Se, per assurdo, risultasse f (c) < 0 allora si
dovrebbe avere
lim f (x) = f (c) < 0 :
x→c
in base al teorema sulla permanenza del segno in forma diretta esisterebbe un intorno I del punto c in cui la funzione f (x) assume valori negativi. Sia I = (c −δ1 , c +
δ2 ) con δ1 , δ2 > 0. Ciò comporterebbe, però, che sup X − ≥ c + δ2 > c = sup X − , cioè
sup X − > sup X − , conclusione assurda. In modo analogo si esclude il caso f (c) > 0.
w Teorema (Darboux o dei valori intermedi)
■
Ipotesi) Sia f (x) continua nell’intervallo chiuso e limitato [a, b].
Tesi) La funzione f (x) assume tutti i valori compresi tra il suo minimo e il suo
massimo assoluto.
Dimostrazione
Siccome f (x) è continua nell’intervallo chiuso e limitato [a, b] essa ammetterà, per
il teorema di Weierstrass, massimo assoluto M e minimo assoluto m 9 . Siano x 1 e
7 Gli insiemi chiusi e limitati si chiamano anche compatti.
8 Se la funzione f (x) è strettamente monotòna, tale zero è unico.
9 Se la funzione f (x) è costante, la dimostrazione del teorema è banale. Si supporrà pertanto che
f (x) non sia costante. Ciò implica che M 6= m.
CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI
167
x 2 tali che f (x 1 ) = M e f (x 2 ) = m. Si vuole provare che, fissato λ ∈ (m, M ) esiste un
c ∈ (a, b) tale che f (c) = λ. Si consideri, a tale scopo, la funzione g (x) = f (x) − λ.
Risulta g (x 1 ) = f (x 1 ) − λ ≡ M − λ > 0 e g (x 2 ) = f (x 2 ) − λ ≡ m − λ < 0. Siccome g (x) è
continua, in base al teorema sugli zeri di una funzione continua, esisterà un punto
c ∈ (a, b) tale che g (c) = 0 o, in altri termini, f (c) − λ = 0, da cui la tesi.
■