Limiti Indice 1 Definizioni di limite

LIMITI
1
1
DEFINIZIONI DI LIMITE
Limiti
Indice
1 Definizioni di limite
1.1 Limite finito al finito . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Limite per x → a+ (limite destro)
1.1.2 Limite per x → b− (limite sinistro)
1.1.3 Limite per x → c (limite bilatero) .
1.2 Limite finito all’infinito . . . . . . . . . .
1.3 Limite infinito al finito . . . . . . . . . . .
1.4 Limite infinito all’infinito . . . . . . . . .
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1
1
2
2
2
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6
2 Confronto dei limiti
10
3 Limiti di funzioni elementari
11
4 Algebra dei limiti
12
5 Confronto locale
5.1 Simboli di Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Principi di eliminazione/sostituzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
17
19
6 Un limite fondamentale
23
7 Soluzioni degli esercizi
23
Il concetto di limite è fondamentale. Importanti concetti matematici che seguono sono definiti attraverso il concetto
di limite. In questa lezione vediamo anzitutto una definizione rigorosa di tale concetto. Rinuncio ad una definizione
generale, peraltro non molto più difficile, per presentare varie definizioni per i vari casi possibili, ritenendo che questo
approccio faciliti lo studente, permettendogli di fissare l’attenzione su situazioni di volta in volta specifiche.
Vediamo in seguito alcuni limiti di funzioni elementari e successivamente presento alcune tecniche di calcolo dei
limiti, valide più in generale. Finisco con l’importante questione del confronto tra funzioni e con un limite fondamentale.
1
Definizioni di limite
Prima di entrare nelle definizioni rigorose, cerchiamo di capire il significato concreto di quello che vogliamo definire.
Se abbiamo una funzione, può succedere che non possiamo calcolare il valore che essa assume in corrispondenza di
tutti i numeri reali, per il semplice fatto che, come abbiamo visto, ci sono funzioni che non sono definite in tutto R.
Supponiamo ad esempio che la funzione f sia definita in un intervallo e che non sia definita in un punto, chiamiamolo
c, di tale intervallo. Quindi non possiamo calcolare f (c). Però possiamo chiederci: se la variabile x della nostra funzione
si avvicina “infinitamente” al punto c (e questo lo può fare perché f è definita attorno a c), a quale valore, se c’è, si
avvicina il valore di f (x)? Questo valore è appunto il limite per x che tende a c della funzione f .
Ecco la definizione rigorosa, nei diversi casi che si possono presentare. Considereremo soltanto funzioni definite su
intervalli, che potranno essere limitati o illimitati.
1.1
Limite finito al finito
Si parla di limite finito al finito quando il valore a cui tende la variabile x è un numero reale ed il limite è pure un
numero reale (non abbiamo quindi a che fare con infiniti).
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
Limite per x → a+ (limite destro)
y
Sia f : (a, b) → R, con (a, b) intervallo limitato di R.
)
ℓ+ε
Definizione Si scrive
lim f (x) = ℓ , con ℓ ∈ R
ℓ
x→a+
se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno destro [a, a + δ) di a
tale che
per ogni x ∈ (a, a + δ) si ha che f (x) ∈ (ℓ − ε, ℓ + ε).
bc
ℓ−ε
(
1.1.1
2
DEFINIZIONI DI LIMITE
bc
)
a a+δ
bc
bc
b x
Qui occorre qualche commento, trattandosi di una delle definizioni più difficili del corso.
Osservazione Si osservi subito che nella scrittura “per ogni x ∈ (a, a + δ)”, la parentesi su a è tonda: significa che la
definizione non chiede nulla circa il valore f (a), che potrebbe anche non esistere, dato che si parla di funzione definita
in (a, b). Se la funzione f è definita anche in a, la definizione comunque non chiede nulla su f (a).
La definizione quindi chiede che, qualunque sia ε > 0, ci sia un intorno destro di a per cui i valori degli x che
stanno in questo intorno, eccettuato il punto a, abbiano un corrispondente f (x) che appartiene all’intorno di raggio
ε del limite. Vuol dire in pratica che possiamo ottenere valori della funzione arbitrariamente vicini al limite ℓ purché
scegliamo valori x sufficientemente vicini (a destra) al punto a.
Osservazione Sulle notazioni utilizzabili: la condizione x ∈ (a, a+δ) si può anche esprimere scrivendo a < x < a+δ,
e la condizione f (x) ∈ (ℓ−ε, ℓ+ε) si può indifferentemente esprimere scrivendo ℓ−ε < f (x) < ℓ+ε oppure |f (x)−ℓ| < ε.
Quindi la definizione si può anche formulare più sinteticamente scrivendo che
∀ε > 0
∃δ > 0
:
a<x<a+δ
=⇒
ℓ − ε < f (x) < ℓ + ε
(oppure |f (x) − ℓ| < ε).
Osservazione Nota di carattere “operativo”: se dobbiamo provare che è vera una certa scrittura di limite basta
provare che per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f (x) − ℓ| < ε contiene un insieme del tipo
(a, a + δ) per qualche δ > 0, cioè contiene un intorno destro di a (a escluso). Vedremo più avanti alcuni esempi.
Adesso vediamo gli altri casi.
1.1.2
Limite per x → b− (limite sinistro)
Sia sempre f : (a, b) → R, con (a, b) intervallo limitato di R.
Definizione Si scrive
y
)
ℓ+ε
lim f (x) = ℓ , con ℓ ∈ R
ℓ
se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno sinistro (b − δ, b] di b
tale che
per ogni x ∈ (b − δ, b) si ha che f (x) ∈ (ℓ − ε, ℓ + ε).
bc
ℓ−ε
(
x→b−
Osservazione Anche in questo caso non si chiede nulla su f (b). Analogamente a
quanto fatto prima, la cosa si può esprimere scrivendo che
∀ε > 0
∃δ > 0
:
b−δ <x<b
=⇒
bc
bc
a
(
b−δ
bc
b x
ℓ − ε < f (x) < ℓ + ε.
Osservazione (di carattere operativo). Per provare che è vera una certa scrittura di limite da sinistra basta provare
che per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f (x) − ℓ| < ε contiene un insieme del tipo (b − δ, b) per
qualche δ > 0, cioè un intorno sinistro di b (b escluso).
1.1.3
Limite per x → c (limite bilatero)
Sia (a, b) un intervallo e sia c ∈ (a, b). Sia poi f : (a, b) \ {c} → R.
1
1 La scrittura (a, b) \ {c}, come lo studente dovrebbe ricordare, indica l’intervallo (a, b) privato del punto c. Quindi si considera una
funzione che è definita in (a, c) ∪ (c, b), e cioè può non essere definita nel punto c.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
3
DEFINIZIONI DI LIMITE
y
Definizione Si scrive
bc
)
ℓ+ε
lim f (x) = ℓ , con ℓ ∈ R
ℓ
x→c
bc
(
ℓ−ε
se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno (c − δ, c + δ) di
c tale che
per ogni x ∈ (c − δ, c + δ) \ {c} si ha che f (x) ∈ (ℓ − ε, ℓ + ε).
2
bc
bc
a
(
c−δ
bc
c
)
c+δ
bc
b x
Osservazione Si osservi che qui, analogamente a quanto fatto prima con i limiti da destra e da sinistra, non si
chiede nulla su f (c), e quindi si considera l’intorno (c − δ, c + δ) privato del punto c. La definizione in questo caso si
può dare in forma compatta scrivendo che
∀ε > 0
∃δ > 0
:
c − δ < x < c + δ, x 6= c,
=⇒
ℓ − ε < f (x) < ℓ + ε.
Di solito il limite bilatero si chiama semplicemente limite. Quindi, dicendo limite, si allude al limite bilatero.
Osservazione Anche in questo caso la nota di carattere operativo. Per provare che è vera una certa scrittura di
limite bilatero basta provare che per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f (x) − ℓ| < ε contiene un
insieme del tipo (c − δ, c) ∪ (c, c + δ) per qualche δ > 0, cioè un intorno di c (con c escluso).
Osservazione Per provare invece la falsità di una certa scrittura di limite basta trovare un particolare valore di ε
per cui la condizione della definizione risulta falsa.
Esempio La seguente scrittura è vera:
lim (x − 1) = 0.
x→1
Infatti, fissato un qualunque intorno (−ε, ε) del limite 0, osserviamo che il valore della funzione (x − 1) appartiene a
tale intorno se e solo se |x − 1| < ε, cioè se e solo se 1 − ε < x < 1 + ε. Le soluzioni costituiscono proprio un intorno
del punto 1, l’intorno (1 − ε, 1 + ε).
Esempio Proviamo ora con la definizione che invece non è vera la scrittura
lim (x + 1) = 1.
x→1
Fissato un intorno (1 − ε, 1 + ε) del limite 1, consideriamo la disuguaglianza |x + 1 − 1| < ε, cioè |x| < ε. Le soluzioni
della disequazione sono date dall’intervallo (−ε, ε). Evidentemente tale insieme non contiene sempre un intorno di 1:
ad esempio, per ε = 1/2, esso è fatto di punti esterni ad un intorno di 1. La scrittura di limite quindi è falsa.
Esempio Proviamo che
lim ln x = 1.
x→e
Fissato un qualunque ε > 0 che definisce un intorno (1 − ε, 1 + ε) del limite 1, consideriamo la disuguaglianza
| ln x − 1| < ε, che equivale a 1 − ε < ln x < 1 + ε, che equivale a sua volta a e1−ε < x < e1+ε . Si tratta di un intervallo
che contiene certamente un intorno di e, dato che e1−ε < e, mentre e1+ε > e.
Esempio Proviamo che
lim e−1/x = 0.
x→0+
Fissato un qualunque intorno (−ε, ε) del limite 0, il valore della funzione e−1/x appartiene a tale intorno se e solo se
e−1/x < ε, cioè se e solo se − x1 < ln ε. Se x > 0 (ricordare che il limite è per x → 0+ ), questa equivale a x1 > − ln ε.
Ora, se ε > 1 (e quindi ln ε > 0), si ottiene x > − ln1ε , che è un numero negativo. Pertanto tutte le x positive
soddisfano la disequazione ed è determinato un intorno destro di 0.
Se invece ε < 1 (e quindi ln ε < 0), si ottiene x < − ln1ε , che è un numero positivo. Pertanto soddisfano la
disequazione tutte le x dell’intervallo (0, − ln1ε ), che è ancora un intorno destro di 0.
Se infine ε = 1 la disuguaglianza diventa − x1 < 0, cioè x > 0, insieme che contiene un intorno destro di 0.
Osservazione Ribadisco che, dicendo “limite”, senza precisare se limite destro o limite sinistro, si intende limite da
destra e da sinistra.
Si potrebbe dimostrare rigorosamente, ma è abbastanza facile intuirlo, che il limite esiste se e solo se esistono e
sono uguali il limite destro e il limite sinistro. Può essere comodo talvolta (e lo faremo tra breve) calcolare il limite
calcolando separatamente il limite destro e il limite sinistro.
2 Vedi
nota precedente. (c − δ, c + δ) \ {c} è indica l’intorno (c − δ, c + δ) privato del punto c.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
1.2
4
DEFINIZIONI DI LIMITE
Limite finito all’infinito
Si parla di limite finito all’infinito quando la variabile tende a +∞ o a −∞ e il limite è un numero reale.
Sia f : (a, +∞) → R.
Definizione Si scrive
y
lim f (x) = ℓ , con ℓ ∈ R
)
ℓ+ε
x→+∞
ℓ
ℓ−ε
Con la solita notazione compatta si può scrivere
(
se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno (δ, +∞) di +∞
tale che
per ogni x ∈ (δ, +∞) si ha che f (x) ∈ (ℓ − ε, ℓ + ε).
bc
(
δ
bc
a
∀ε > 0
∃δ > 0
:
x>δ
=⇒
ℓ − ε < f (x) < ℓ + ε.
x
Osservazione Si noti che nella forma compatta ho scritto δ > 0, mentre prima non avevo posto restrizione di segno.
Non è una incongruenza, le due forme sono equivalenti infatti. Non c’è motivo in realtà che la definizione chieda δ > 0,
dato che δ non ha più il significato, che aveva prima nel limite al finito, di raggio di un intorno. Esso è semplicemente
il primo estremo di un intorno di +∞. Ho scritto invece δ > 0 nella forma compatta perché in questo modo è facilitata
la verifica dei limiti nei casi concreti (senza fissare il segno in molti casi si è costretti a considerare entrambi i casi
possibili e questo appesantisce molto la soluzione).
Osservazione Nota operativa: per provare che è vera una certa scrittura di limite finito a +∞ basta provare che
per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f (x) − ℓ| < ε contiene un insieme del tipo (δ, +∞).
Definizione Se f : (−∞, b) → R, si scrive
y
lim f (x) = ℓ , con ℓ ∈ R
bc
x→−∞
Con la solita notazione compatta si può scrivere
∀ε > 0
∃δ > 0
:
x < −δ
=⇒
ℓ − ε < f (x) < ℓ + ε.
ℓ+ε
)
se, per ogni intorno (ℓ − ε, ℓ + ε) del limite ℓ, esiste un intorno (−∞, δ) di −∞ tale
che
per ogni x ∈ (−∞, δ) si ha che f (x) ∈ (ℓ − ε, ℓ + ε).
(
ℓ
)
δ
bc
b
ℓ−ε
x
Anche qui la definizione non chiede nulla sul segno di δ, mentre la forma compatta lo pone positivo e trasforma in
x < −δ la disuguaglianza sulle x. Le due forme sono equivalenti.
Osservazione Nota operativa: per provare che è vera una certa scrittura di limite finito a −∞ basta provare che
per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disequazione |f (x) − ℓ| < ε contiene un insieme del tipo (−∞, δ).
Esempio Vediamo una verifica di limite all’infinito, ad esempio, proviamo che
1
= 0.
x
Fissato un intorno (−ε, ε) del limite 0, la disuguaglianza x1 < ε è verificata se |x| > 1ε , cioè nell’insieme (−∞, − ε1 ) ∪
( 1ε , +∞). Questo insieme contiene chiaramente un intorno di +∞ e quindi la scrittura di limite è vera.
Osservazione Come si vede l’insieme delle soluzioni della disuguaglianza x1 < ε contiene anche un intorno di −∞,
e questo perché chiaramente anche il limite per x che tende a −∞ è zero.
lim
x→+∞
Esempio Se invece consideriamo la scrittura
1
= 1,
x→+∞ x + 1
1
fissato un intorno (1 − ε, 1 + ε) del limite 1, la disuguaglianza x+1
− 1 < ε è verificata se |x| < ε|x + 1|. Si vede
facilmente che questa non definisce, qualunque sia ε, un intorno di +∞: infatti ad esempio per ε = 1/2, definisce
l’intervallo (− 13 , 1). Quindi la scrittura è falsa.
lim
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
5
DEFINIZIONI DI LIMITE
Esempio Proviamo ora che
lim ex = 0.
x→−∞
Fissato un ε > 0 qualunque, consideriamo la disequazione |ex | < ε. Data la positività della funzione esponenziale, la
disequazione equivale alla ex < ε, che ha per soluzioni x < ln ε. Si tratta ovviamente di un intorno di −∞.
Osservazione Se il limite di una funzione, per x → c (c finito o infinito), è zero, si dice che la funzione è infinitesima
o che è un infinitesimo, per x → c. Attenzione. Se affermiamo che una funzione è infinitesima dobbiamo sempre dire
anche per x che tende a quale valore. Attenzione ancora: una funzione è infinitesima per x che tende a qualche cosa
se il suo limite è zero, a prescindere da ciò a cui tende x (x può tendere anche all’infinito).
Possiamo quindi dire che la funzione f (x) = x1 è infinitesima a +∞ e a −∞, e che la funzione esponenziale f (x) = ex
è infinitesima a −∞.
1.3
Limite infinito al finito
Si parla di limite infinito al finito quando la variabile tende ad un numero reale e il limite è +∞ o −∞. Anche qui c’è
ovviamente la possibilità di un limite solo da destra o solo da sinistra. Ecco la definizione nel caso del limite bilatero.
Definizione Si scrive
y
lim f (x) = +∞
se, per ogni intorno (ε, +∞) del limite +∞, esiste un intorno (c − δ, c + δ) di c tale
che
per ogni x ∈ (c − δ, c + δ) \ {c} si ha che f (x) ∈ (ε, +∞).
ε
(
x→c
bc
bc
Nella forma compatta se
(
bc
∀ε > 0 ∃δ > 0
:
c − δ < x < c + δ, x 6= c,
=⇒
a
f (x) > ε.
c−δ
bc
c
)
c+δ
bc
b x
Stesse considerazioni di prima sulle differenze tra la prima definizione e la forma compatta: ε può essere qualunque,
perché ha il significato di estremo dell’intorno di +∞, mentre δ torna ad avere il significato di raggio di un intorno
e quindi torna ad essere positivo. Nella forma compatta, per semplicità nelle verifiche, è meglio dire ε > 0. Le due
forme sono infatti equivalenti.
y
Fornisco la definizione compatta nel caso del limite da destra e da sinistra.
∃δ > 0
:
a<x<a+δ
=⇒
f (x) > ε
(rappresentato in figura qui a fianco) e
lim f (x) = +∞ se
x→b−
∀ε > 0
ε
∃δ > 0
:
b−δ <x<b
=⇒
(
lim f (x) = +∞ se ∀ε > 0
x→a+
f (x) > ε.
bc
bc
a
)
a+δ
bc
b x
Poi abbiamo il caso del limite −∞.
Definizione Si scrive
lim f (x) = −∞
x→c
se, per ogni intorno (−∞, ε) del limite −∞, esiste un intorno (c − δ, c + δ) di c tale che
per ogni x ∈ (c − δ, c + δ) \ {c} si ha che f (x) ∈ (−∞, ε).
Nella forma compatta se
∀ε > 0 ∃δ > 0
:
c − δ < x < c + δ, x 6= c,
=⇒
f (x) < −ε.
Osservazione Si noti che qui, nella forma compatta, ho scritto ε > 0 e ho cambiato la disuguaglianza sulle f (x) in
f (x) < −ε (si veda l’analogia di tutto questo con quanto fatto nel caso di limite finito all’infinito). Lo studente provi
a scrivere la deefinizione nei casi del limite destro e sinistro.
Osservazione La solita nota operativa: per una verifica di limite nel caso di limite infinito al finito, ad esempio
con limite +∞, basta provare che per ogni ε > 0 l’insieme delle soluzioni della disuguaglianza f (x) > ε, con ε > 0,
contiene un intorno del punto c (c come sempre escluso).
Ovviamente, nel caso di limite −∞, la disequazione da cui partire sarà f (x) < −ε, con ε > 0.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
6
DEFINIZIONI DI LIMITE
Esempio Proviamo ad esempio che
lim
x→0+
1
= +∞.
x
Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo, sulle x > 0, la disequazione
quindi individuato l’intervallo (0, 1ε ), che è un intorno destro di 0.
Avremo invece
1
lim
= −∞.
x→0− x
1
x
Infatti, fissato un qualunque ε > 0, consideriamo, sulle x < 0, la disequazione
Resta quindi individuato l’intervallo (− 1ε , 0), che è un intorno sinistro di 0.
> ε, che equivale alla x <
1
x
1
ε.
Resta
< −ε, che equivale alla x > − ε1 .
3
1
, senza precisare se da destra o da sinistra, dovremmo dire che tale limite
x
non esiste. Tra breve vediamo meglio questo aspetto.
Osservazione Se scrivessimo invece lim
x→0
Esempio Quale altro esempio, proviamo che
lim
x→0
1
= +∞.
x2
Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione
l’intervallo (− √1ε , √1ε ), che è un intorno di 0.
1
x2
> ε, che equivale alla x2 < 1ε . Questa ha per soluzioni
Esempio Proviamo ancora che
lim ln x = −∞.
x→0+
Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione ln x < −ε. Qui x è positivo, dato che la funzione esiste
solo in (0, +∞). La disequazione equivale alla 0 < x < e−ε . Osservando che la quantità a destra è certamente positiva,
si tratta quindi di un intorno destro di 0, privato dell’origine.
1.4
Limite infinito all’infinito
Si parla di limite infinito all’infinito quando la variabile tende a +∞ o −∞ e il limite è +∞ o −∞. Dei quattro casi
possibili ne vediamo solo uno, lasciando allo studente il compito di scrivere la definizione di limite negli altri casi.
y
a
δ
(
Definizione Si scrive
x
lim f (x) = −∞
bc
bc
se, per ogni intorno (−∞, ε) del limite −∞, esiste un intorno (δ, +∞) di +∞ tale che
ε
)
x→+∞
per ogni x ∈ (δ, +∞) si ha che f (x) ∈ (−∞, ε).
Osservazione Qui né ε né δ hanno restrizioni di segno, dato che sono entrambi estremi di un intorno illimitato.
Nella forma compatta, come fatto prima, possiamo però chiedere che siano entrambi positivi e scrivere
∀ε > 0 ∃δ > 0
:
x>δ
=⇒
f (x) < −ε.
In una verifica concreta basterà provare che, fissato un qualunque ε > 0, l’insieme delle soluzioni della disequazione
f (x) < −ε contiene un intorno di +∞.
Esempio Ad esempio, proviamo che
lim (− ln x) = −∞.
x→+∞
Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione ln x < −ε. Essa equivale alla ln x > ε, e cioè alla x > eε , la
quale definisce un intorno di +∞.
Esempio Ancora, proviamo che
lim ex = +∞.
x→+∞
3 Attenzione
che sia x sia −ε sono negativi, e quindi si cambia due volte il verso della disequazione.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
7
DEFINIZIONI DI LIMITE
Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione ex > ε. Essa equivale a x > ln ε, che definisce un intorno
di +∞.
Esempio Proviamo che
lim e−x = +∞.
x→−∞
Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione e−x > ε. Essa equivale a −x > ln ε, e cioè x < − ln ε.
Quest’ultima definisce un intorno di −∞.
Esempio Da ultimo, proviamo che
lim
x→+∞
1
= −∞.
1 − e1/x
Fissato un qualunque ε > 0, consideriamo la disequazione 1−e11/x < −ε. Osserviamo che per x > 0 (si noti che
questa ipotesi non contrasta con il fatto che stiamo cercando un intorno di +∞) si ha e1/x > 1 e quindi 1 − e1/x < 0.
Allora la disuguaglianza equivale alla e1/x1 −1 > ε, e cioè alla e1/x − 1 < 1ε e questa a e1/x < 1 + 1ε . Prendendo i
logaritmi otteniamo x1 < ln(1 + 1ε ). Dato che la quantità a destra è positiva (l’argomento del logaritmo è maggiore di
1
1), possiamo scrivere x > ln(1+
1 . Resta quindi individuato un intorno di +∞.
)
ε
Osservazione Se il limite di una funzione, per x → c (c anche infinito), è +∞ o −∞, si dice che la funzione è
infinita o che è un infinito, per x → c. Attenzione anche qui. Occorre sempre precisare per x che tende a quale valore.
E ancora, la funzione è un infinito se il suo limite è infinito, a prescindere da ciò a cui tende x (x può tendere anche
a zero o a un qualunque numero reale).
Possiamo quindi, ad esempio, dire che la funzione f (x) = x1 è infinita in 0+ e in 0− (cioè per x che tende a zero
da destra o da sinistra), che la funzione f (x) = x12 è infinita per x → 0, e che la funzione logaritmica f (x) = ln x è
infinita per x → 0+ . Ancora: la funzione logaritmica e la funzione esponenziale sono degli infiniti per x → +∞.
Le definizioni di limite finiscono qui,4 salvo un approfondimento che faremo tra poco ma che non comporta sostanziali novità rispetto a quanto visto finora. Prima però è opportuno sgombrare il campo da un possibile fraintendimento.
Non si deve pensare che, data una funzione f e dato un punto c in cui abbia senso fare il limite, esista sempre il
limx→c f (x). In altre parole il limite può non esserci.
Esempio I classici esempi di non esistenza del limite si ottengono di solito con le funzioni goniometriche (seno,
coseno, tangente), che però noi non trattiamo in questo corso. Vi propongo allora questo altro esempio, che utilizza
la funzione parte intera, già incontrata in precedenza.
Consideriamo la funzione f (x) = x − ⌊x⌋, definita in tutto R (di cui trovate il grafico nella dispensa sulle Funzioni
reali). Si può provare abbastanza facilmente che essa non ha limite per x → +∞.
Basta tenere nella giusta considerazione il fatto che per questa funzione valgono queste due semplici proprietà:
f (x) = 0, per ogni x ∈ Z
e
f (x) =
1
, per ogni x = z + 21 , con z ∈ Z.
2
5
Dimostriamo che il limite non esiste escludendo tutti i casi possibili.
• Il lim f (x) non può essere 0: infatti, se scegliamo ad esempio ε = 1/4, non può esistere un intorno (δ, +∞) di
x→+∞
+∞ la cui immagine è contenuta in (− 41 , 14 ), dato che la funzione vale 1/2 in alcuni punti di (δ, +∞).
• Il limite non può essere 1: infatti, se scegliamo ad esempio ε = 1/2, non può esistere un intorno (δ, +∞) di +∞
la cui immagine è contenuta in (1 − 12 , 1 + 21 ) = ( 12 , 32 ), dato che la funzione vale 0 in alcuni punti di (δ, +∞).
• Il limite non può essere un numero ℓ compreso tra 0 e 1: infatti, se scegliamo ε = ℓ, non può esistere un intorno
(δ, +∞) di +∞ la cui immagine è contenuta in (ℓ − ε, ℓ + ε) = (0, 2ℓ), dato che ancora la funzione vale 0 in alcuni
punti di (δ, +∞).
• Con le stesse considerazioni, il limite non può nemmeno essere un numero ℓ maggiore di 1.
Lasciamo allo studente completare la dimostrazione, provando che il limite non può nemmeno essere un numero
negativo e nemmeno infinito. Pertanto il limite non esiste.
4 Alcuni
esercizi di verifica di limite attraverso la definizione sono riportati alla fine della successiva dispensa sulle funzioni continue.
scrittura vuol dire semplicemente che sui numeri interi la funzione vale 0, mentre sui numeri che si ottengono da un intero più 12 ,
cioè − 32 , − 12 , 21 , 32 , 25 , . . ., la funzione vale 12 . Se non è chiaro, si vada a riprendere il grafico della funzione f , che abbiamo ottenuto in
precedenza.
5 La
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
8
DEFINIZIONI DI LIMITE
Osservazione Si vede facilmente che anche il limite a −∞ non esiste.
Osservazione L’esempio fornito tratta i limiti agli infiniti. Può forse sembrare più strano che anche un limite al
finito possa non esistere.
Esempio Si può ottenere un esempio di limite al finito che non esiste modificando leggermente l’esempio del limite
all’infinito appena visto. Si consideri la funzione
1
1
f (x) = −
x
x
e si consideri poi il suo limite per x → 0+ .
Non è difficile prima intuire e poi verificare che per questa funzione valgono le due proprietà, analoghe alle
precedenti:
1
f (x) = 0, per x = n1 , con n ∈ N
e
f (x) = , per x = n+1 1 , con n ∈ N
2
2
e che queste portano, come prima, alla non esistenza del limite.
Può essere un utile esercizio la costruzione del grafico di questa funzione. Qui sotto riporto il grafico di x 7→ x1
a sinistra e quello di x 7→ x1 − x1 a destra (ho evitato di usare i pallini vuoti per non appesantire troppo i grafici e
renderli poco leggibili).
4
3
b
x 7→
b
2
x 7→
b
1
1
1
x
−
1
x
1
x
b
b
1
11 1
43 2
b
b
11 1
43 2
x
b
1
x
Osservazione Gli esempi precedenti mostrano che una funzione può quindi non avere limite, per x che tende ad
un qualche valore. Ribadisco: per x che tende a qualche particolare valore. Se escludiamo +∞ e −∞, la funzione
f (x) = x − ⌊x⌋ ha limite in ogni punto, e cioè in tutti i valori reali. Analogamente, la funzione f (x) = x1 − x1 non
ha limite soltanto per x che tende a zero, in tutti gli altri casi, compresi gli infiniti, il limite esiste.
Una domanda importante che ci si può porre a questo punto è la seguente: ci sono proprietà delle funzioni reali
che assicurano l’esistenza del limite? La risposta è affermativa: una tale proprietà è ad esempio la monotonia. Le
funzioni monotone hanno sempre limite. Questo è il contenuto della seguente fondamentale proposizione.
Teorema (esistenza del limite per funzioni monotone). Sia f : (a, b) → R. Valgono le proprietà seguenti:
(i) se f è crescente (o non decrescente), allora lim f (x) esiste e si ha lim f (x) = inf f (x);
x→a+
x→a+
x∈(a,b)
(ii) se f è decrescente (o non crescente), allora lim f (x) esiste e si ha lim f (x) = sup f (x).
x→a+
sup f
inf f
bc
sup f
b
x∈(a,b)
bc
inf f
bc
a
x→a+
bc
a
b
Analoghi risultati valgono con limite per x → b oppure con limite a ±∞. Attenzione però che inf e sup si
scambiano a b− e a +∞, quindi ad esempio se f è crescente, si ha limx→b− f (x) = supx∈(a,b) f (x).
−
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
1
9
DEFINIZIONI DI LIMITE
Osservazione Si osservi che la funzione f (x) = x − ⌊x⌋ non è monotona negli intervalli illimitati e quindi il teorema
non è applicabile al caso del lim (x − ⌊x⌋).
x→±∞
Si osservi anche che il teorema fornisce una condizione sufficiente, ma non necessaria, per l’esistenza del limite. In
altre parole ci sono funzioni non monotone che hanno limite.
Si consideri ad esempio la funzione f : (0, +∞) → R, definita da
f (x) =
y
1/x se x ∈
/N
0
se x ∈ N.
bc
Lo studente constati con l’aiuto del grafico che f non è monotona e che
lim f (x) esiste e vale 0.
x→+∞
bc
bc
bc
b
b
b
b
1
2
3
4
bc
b
5 x
Concludo la lunga sezione sulla definizione di limite con una situazione che può risultare molto importante nel
calcolo dei limiti. Abbiamo incontrato all’inizio la definizione di limite finito al finito, che precisa in modo rigoroso il
significato della dicitura “la funzione tende ad un certo valore reale ℓ quando la sua variabile tende ad un certo valore
reale c”. Nella definizione vista, mentre abbiamo considerato i due casi che la variabile tenda al valore c da destra
o da sinistra (x → c+ e x → c− ), non abbiamo distinto i casi in cui la funzione tende al suo limite da destra o da
sinistra (data la rappresentazione che solitamente facciamo delle funzioni, che porta a riportare i valori della funzione
sull’asse verticale, sarebbe forse più opportuno dire dall’alto o dal basso), cioè da valori più grandi o più piccoli.
Ecco, ora vediamo come si può lievemente modificare la definizione per precisare queste due situazioni.
Diremo che la funzione f tende al limite ℓ da valori più grandi, e scriveremo
lim f (x) = ℓ+ ,
x→c
se
∀ε > 0
∃δ > 0
:
c − δ < x < c + δ, x 6= c,
=⇒
ℓ < f (x) < ℓ + ε.
L’unica differenza con il caso del limite finito al finito è che la disuguaglianza sulle f (x) da ℓ − ε < f (x) < ℓ + ε che
era è diventata ℓ < f (x) < ℓ + ε. Vuol dire appunto che f (x) sta in un intorno destro del limite, cioè si avvicina al
limite da valori più grandi.
Diremo invece che la funzione f tende al limite ℓ da valori più piccoli, e scriveremo
lim f (x) = ℓ− ,
x→c
se
∀ε > 0
∃δ > 0
:
c − δ < x < c + δ, x 6= c,
=⇒
ℓ − ε < f (x) < ℓ.
Questa volta si chiede che f (x) stia in un intorno sinistro del limite, cioè si avvicini ad ℓ da valori più piccoli.
Osservazione Possiamo naturalmente definire il limite da valori più grandi o più piccoli anche se la x tende all’infinito. Sarebbe bene che lo studente provasse a scrivere la definizione in questi casi, senza prima guardare quello che
c’è in nota.6
Esempi Vediamo qualche esempio.
• Si ha
lim x3 = 0+
x→0+
• Si ha
lim x3 = 0−
e
x→0−
lim ln x = 0+
e
x→1+
• Si ha
mentre
lim x2 = 0+ .
x→0−
lim ln x = 0− .
x→1−
lim ex = 0+ .
x→−∞
6 Se
scrivo
Se scrivo
lim f (x) = ℓ+ significa che
x→+∞
lim f (x) = ℓ
x→−∞
+
∀ε > 0
∃δ
:
x>δ
=⇒
ℓ < f (x) < ℓ + ε.
∀ε > 0
∃δ
:
x<δ
=⇒
ℓ < f (x) < ℓ + ε.
significa che
Lascio allo studente la scrittura per il limite da valori più piccoli.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
2
• Si ha
10
CONFRONTO DEI LIMITI
lim x2 = 1+
x→1+
e
lim
x→(−1)+
x2 = 1− .
Osservazione Le prime non pongono grossi problemi (lo studente può cercare di dimostrare queste scritture con la
definizione appena vista oppure può semplicemente darsene una ragione ricordando il grafico delle funzioni coinvolte).
Attenzione all’ultima. Non è un errore di chi scrive: il limite a 1+ di x2 è 1+ e il limite della stessa funzione a (−1)+ è
1− . Anche qui per convincersene basta il grafico. Quindi attenzione quando ci sono elevamenti al quadrato di quantità
negative.
Osservazione La domanda che a questo punto gli studenti fanno è: ma se il limite è, mettiamo, zero occorre sempre
precisare se è uno 0+ o uno 0− ? La domanda è certamente lecita. Va detto anzitutto che ad una domanda diretta
(tipo i limiti degli esempi qui sopra), se il limite è 0+ non è sbagliato dire che il limite è 0. Dire che è 0+ è un’ulteriore
precisazione. In qualche caso concreto di calcolo di limite (ne vedremo più avanti) per concludere correttamente è
necessario capire se un limite (di una parte della funzione) è da valori più grandi o più piccoli.
La risposta alla domanda è quindi: non sempre, ma in qualche caso sı̀. Non vi posso però dare una regola generale.
Occorre vedere caso per caso. Di solito si procede cosı̀: si prova a calcolare il limite usando semplicemente 0; se non
si riesce a concludere si cerca di precisare se è uno 0+ o uno 0− .
2
Confronto dei limiti
In questa sezione enuncio un risultato, riguardante il calcolo dei limiti, che dipende dalla struttura d’ordine in R. Per
semplificare l’esposizione mi limiterò al caso dei limiti da destra: risultati analoghi si possono formulare per tutti gli
altri casi di limite.
Teorema (del confronto dei limiti). Siano f, g due funzioni definite in (a, b) tali che f ≤ g. Valgono le affermazioni
seguenti:
(i) se lim+ f (x) = λ e lim+ g(x) = µ, allora λ ≤ µ;
x→a
x→a
(ii) se lim+ f (x) = +∞, allora lim+ g(x) = +∞;
x→a
x→a
(iii) se lim+ g(x) = −∞, allora lim+ f (x) = −∞.
x→a
x→a
Osservazioni Al punto (i), per poter stabilire la relazione tra i due limiti, è importante ipotizzare che i limiti
esistano. Si noti che invece non occorre nel secondo e nel terzo punto ipotizzare l’esistenza di entrambi i limiti: qui
infatti l’esistenza del secondo limite è una conseguenza della non finitezza del primo.
Esempi Possiamo considerare il
lim x2 .
x→+∞
Si potrebbe facilmente dimostrare con la definizione che il limite è +∞, ma facciamolo utilizzando il confronto.
Osservando che nell’intervallo (1, +∞) si ha x2 ≥ x e che ovviamente limx→+∞ x = +∞, allora dal punto (ii) del
teorema del confronto dei limiti deduciamo che anche
lim x2 = +∞.
x→+∞
Esempio Consideriamo ora il
lim x2 .
x→0+
Anche qui si potrebbe facilmente dimostrare con la definizione che il limite è 0, ma facciamolo utilizzando il confronto.
Possiamo dire che nell’intervallo (0, 1) si ha x2 ≥ 0 e x2 ≤ x. 7 Il limite in questione esiste in quanto la funzione
x 7→ x2 è monotona (crescente) in (0, 1). 8 Per il punto (i) del terorema del confronto possiamo dire allora che
lim x2 ≥ 0
x→0+
e anche
lim x2 ≤ lim x = 0.
x→0+
x→0+
Quindi il limite cercato è zero.
7 Si
8 In
osservi che la prima disuguaglianza vale in realtà in tutto R, mentre la seconda vale solo in [0, 1].
effetti si può provare che il limite è zero anche con il teorema si esistenza per funzioni monotone.
A. Peretti – Corso di Matematica
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LIMITI
3
3
11
LIMITI DI FUNZIONI ELEMENTARI
Limiti di funzioni elementari
Verifichiamo con la definizione alcuni risultati di esistenza di limiti di funzioni elementari.9 Faremo anche uso del
teorema di esistenza del limite per funzioni monotone, per illustrare quanto può essere comodo il suo utilizzo.
• Cominciamo con una funzione elementare molto semplice, una funzione costante f (x) = k. Dimostriamo che
lim f (x) = k, dove c è un qualunque valore reale o anche un infinito.
x→c
La cosa è del tutto ovvia, in base alla definizione, dato che l’immagine di f è {k}. La cosa è altrettanto ovvia
in base al teorema di esistenza: la funzione costante è una funzione monotona e il suo estremo superiore è
ovviamente k.
• Consideriamo f (x) = x. Dimostriamo che lim x = c. Con la definizione, se fissiamo un intorno (c − ε, c + ε) del
x→c
limite c, la disuguaglianza |x − c| < ε definisce proprio l’intorno (c − ε, c + ε) del punto c.
Con il teorema di esistenza è ancora più semplice. La funzione è crescente e possiamo procedere cosı̀. Consideriamo un intervallo (c, b) (con c < b); per il teorema di esistenza possiamo affermare che lim x = inf x = c.
x→c+
x∈(c,b)
Consideriamo ora un intervallo (a, c) (con a < c); per il teorema di esistenza possiamo affermare che lim x =
x→c−
sup x = c. Pertanto limite destro e limite sinistro esistono e sono uguali, e quindi c è il valore del limite.
x∈(a,c)
Si ha anche lim x = sup x = +∞ e lim x = inf x = −∞.
x→+∞
x→−∞
x∈R
x∈R
• Dimostriamo che lim x2 = c2 . Supponiamo che sia c > 0. Possiamo affermare che esiste un intervallo (c− δ, c+ δ)
x→c
in cui x 7→ x2 è crescente. Quindi si ha
lim f (x) = inf x2 = c2
lim f (x) = sup x2 = c2 .
e
c<x<b
x→c+
x→c−
a<x<c
Pertanto otteniamo la tesi. Lo studente adatti la dimostrazione nel caso c < 0 e nel caso c = 0.10
Si ha anche lim x2 = lim x2 = +∞.
x→+∞
x→−∞
• Con la funzione f (x) = x3 le cose non sono molto diverse, ricordando che si tratta ora di una funzione crescente
in tutto R. Si ha quindi lim x3 = c3 .
x→c
Si ha inoltre lim x3 = +∞ e lim x3 = −∞.
x→+∞
x→−∞
• Si intuisce che per tutte le funzioni potenza vale il risultato
lim xα = cα .
11
x→c
Inoltre, se α > 0, si ha lim xα = +∞; se α < 0, si ha lim xα = 0. Ancora, se α < 0, si ha lim xα = +∞
x→+∞
x→+∞
x→0+
(basta ricordare il grafico delle funzioni potenza).
• Per la funzione esponenziale f (x) = bx si può dimostrare che
lim bx = bc .
x→c
Inoltre, se b > 1, si ha lim bx = +∞ e lim bx = 0; se b < 1, si ha lim bx = 0 e lim bx = +∞ (ricordare
x→+∞
x→−∞
x→+∞
x→−∞
il grafico della funzione esponenziale).
• Per la funzione logaritmica f (x) = logb x, definita in (0, +∞), si ha
lim logb x = logb c.
x→c
Inoltre, se b > 1, si ha
lim logb x = +∞ e lim logb x = −∞; se b < 1, si ha
x→+∞
x→0+
lim logb x = +∞ (ricordare il grafico della funzione logaritmica).
lim logb x = −∞ e
x→+∞
x→0+
9 Altri
esercizi di questo tipo sono riportati alla fine della successiva dispensa sulle funzioni continue.
che con c = 0 la funzione non è monotona in un intorno di c. Occorre quindi usare la definizione.
11 Si ricordi che la funzione potrebbe essere definita solo in [0, +∞) o in (0, +∞), ma che comunque si tratta di una funzione monotona.
10 Attenzione
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
4
4
12
ALGEBRA DEI LIMITI
Algebra dei limiti
Ecco un teorema molto utile nel calcolo dei limiti. Lo enuncio con riferimento al caso del limite destro, ma come
sempre risultati analoghi valgono in tutti gli altri casi.
Teorema Siano f, g : (a, b) → R, e supponiamo che sia
lim f (x) = λ
x→a+
Valgono le affermazioni seguenti:
(i) lim+ f (x) + g(x) = λ + µ
x→a
(ii) lim
x→a+
f (x)g(x) = λµ
(iii) se µ 6= 0, allora lim
x→a+
e
lim g(x) = µ , con λ, µ ∈ R (cioè numeri reali finiti).
x→a+
(limite della somma);
(limite del prodotto);
f (x)
λ
=
g(x)
µ
(limite del quoziente).
Osservazione C’è poco da aggiungere. Se i limiti sono finiti, per fare il limite di una somma si fa la somma dei
limiti, per il limite del prodotto il prodotto dei limiti e per il limite del quoziente il quoziente dei limiti, sempre che il
denominatore non si annulli. Da questo teorema sono però esclusi molti casi, ad esempio quelli in cui uno (o tutti e
due) i limiti siano infiniti. Ma non solo: e se ho un quoziente e il denominatore tende a zero?
Per riuscire a risolvere qualche caso, fornisco ora alcune regole di calcolo, che potrebbero peraltro essere dimostrate
accuratamente. Ma limitiamoci ad accettarle, anche se come vedrete sono molto intuibili.
Se nel calcolo del nostro limite ci troviamo di fronte ad una delle situazioni indicate, il risultato è quello indicato
(ℓ rappresenta sempre un limite finito):
(i) se ℓ ∈ R,
ℓ + (+∞) = +∞ ,
(ii) se ℓ ∈ R e ℓ > 0,
(iii) se ℓ ∈ R e ℓ < 0,
ℓ + (−∞) = −∞
12
ℓ
=0
+∞
ℓ
=0 ,
−∞
,
ℓ · (+∞) = +∞ ,
ℓ · (−∞) = −∞
ℓ · (+∞) = −∞ ,
ℓ · (−∞) = +∞
(iv) inoltre
(+∞) + (+∞) = +∞ ,
(−∞) + (−∞) = −∞
e
(+∞) · (+∞) = +∞ ,
(+∞) · (−∞) = −∞ ,
(−∞) · (−∞) = +∞.
Si potrebbe ora dimostrare che non è invece possibile definire regole nei seguenti casi:13
(−∞) + (+∞) ,
0 · (+∞)
,
0 · (−∞) ,
ℓ
0
,
±∞
0
,
±∞
±∞
(solite considerazioni sulla commutatività).
Per la verità, per i due casi
ℓ
±∞
, con ℓ 6= 0,
e
,
0
0
se riusciamo a stabilire “il segno dello zero a denominatore”, possiamo dare una regola, che si può esprimere in forma
sintetica (e impropria) ma efficace, con le scritture:
ℓ>0
= +∞ ,
0+
ℓ<0
= −∞ ,
0+
ℓ>0
= −∞ ,
0−
ℓ<0
= +∞
0−
12 Valendo la proprietà commutativa, sussistono anche le analoghe regole “scambiate”: (+∞) + ℓ = +∞ e (−∞) + ℓ = −∞. Lo stesso
per quanto riguarda le regole che seguono sui prodotti.
13 Questo perché ci sono casi che rientrano tutti, ad esempio, nella prima tipologia e che danno risultati diversi. Quindi il risultato non
è prevedibile o, che è lo stesso, non si può fornire una regola generale.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
4
e
13
ALGEBRA DEI LIMITI
+∞
−∞
+∞
−∞
= +∞ ,
= −∞ ,
= −∞ ,
= +∞.
0+
0+
0−
0−
Chiamiamo infine forma indeterminata (f.i) uno qualunque dei casi che restano, e che per comodità riscrivo:
(−∞) + (+∞) ,
0 · (±∞)
,
0
0
,
±∞
.
±∞
In realtà ci sono altre forme indeterminate, che non riguardano però le operazioni algebriche fondamentali. Queste
altre forme, che potremmo chiamare forme indeterminate esponenziali, sono:
(0+ )0
(+∞)0
,
,
1±∞ .
Esse, come vedremo più avanti, si possono ricondurre alle precedenti.
Esempi
• Consideriamo il limite
lim (ex + ln x).
x→1
La funzione esponenziale tende ad e per x → 1 e la funzione logaritmica tende a 0. Non si tratta quindi di una
forma indeterminata e risulta
lim (ex + ln x) = e + 0 = e.
x→1
• lim (x + ln x) = 0 + (−∞) = −∞.
x→0+
• lim (x ln x) = 1 · 0 = 0.
x→1
• lim ((x + 1) ln x) = 1 · (−∞) = −∞.
x→0+
• lim
x→1
•
ln x
0
= = 0.
x
1
0
ex
=
= 0.
x→−∞ x
−∞
lim
Nel caso si presenti una delle forme indeterminate, come si diceva il risultato del limite non è prevedibile. A titolo
di esempio, consideriamo i tre limiti
x+1
x→+∞
x
lim
Sono tutti della forma (indeterminata)
Ma per il primo
lim
x→+∞
,
x+1
x→+∞ x2
lim
e
x2 + 1
.
x→+∞
x
lim
+∞
+∞ .
1+0
1 + 1/x
x+1
= (divido sopra e sotto per x) = lim
=
= 1,
x→+∞
x
1
1
per il secondo
lim
x→+∞
1+0
1
1 + 1/x
x+1
= (divido sopra e sotto per x) = lim
=
=
=0
x→+∞
x2
x
+∞
+∞
e per il terzo
+∞ + 0
+∞
x2 + 1
x + 1/x
= (divido sopra e sotto per x) = lim
=
=
= +∞.
x→+∞
x→+∞
x
1
1
1
lim
Quindi la stessa forma indeterminata
+∞
+∞
può dare origine a risultati diversi.
1
1
e lim , già visti in precedenza con la definizione, ora possiamo
x x→0− x
osservare che rientrano in quelli che sappiamo risolvere con le regole del calcolo, dato che
Osservazione Se riconsideriamo i limiti lim
x→0+
lim
x→0+
A. Peretti – Corso di Matematica
1
1
= + = +∞
x
0
e
lim
x→0−
1
1
= − = −∞.
x
0
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
4
14
ALGEBRA DEI LIMITI
Si tratta di un caso in cui la conoscenza del segno dello zero a denominatore consente di stabilire il risultato.
Esempio Quale altro esempio di situazione in cui è importante l’idea di limite da valori più grandi o più piccoli,
consideriamo il
x
ex
lim
.
+
x − 1 ex − e
x→1−
Si tratta di una forma del tipo 01 + 0e ed è quindi importante stabilire il segno degli zeri a denominatore. Possiamo
scrivere che
lim− (x − 1) = 1− − 1 = 0−
e
lim− (ex − e) = e− − e = 0− .
x→1
x→1
Pertanto si ha
lim−
x→1
ex
x
+ x
x−1 e −e
=
e
1
+ − = (−∞) + (−∞) = −∞.
0−
0
Vediamo ora qualche esempio di calcolo di forme indeterminate.
•
lim (x2 − x). Si tratta di una f.i. +∞ − ∞. Si ha
x→+∞
lim (x2 − x) = lim (x(x − 1)) = (+∞) · (+∞ − 1) = (+∞) · (+∞) = +∞.
x→+∞
x→+∞
Lo studente provi a risolverlo raccogliendo invece x2 . Lo studente ancora verifichi che il limite a −∞ non è
invece una f.i.
• La stessa tecnica consente di calcolare il limite agli infiniti di un qualunque polinomio. Vediamo ad esempio il
lim (2x3 − 3x2 + 5x − 1). Si tratta di una f.i. in quanto è presente una differenza di infiniti. Si ha
x→+∞
1
5
3
= (+∞) · (2 − 0 + 0 − 0) = (+∞) · 2 = +∞.
x3 2 − + 2 − 3
x→+∞
x x
x
lim (2x3 − 3x2 + 5x − 1) = lim
x→+∞
Lo studente provi a calcolare il limite a −∞.
Osservazione A questo punto dovrebbe essere chiaro che il limite all’infinito di un polinomio è dato dal limite
all’infinito del suo monomio di grado massimo. Quindi i polinomi del tipo P (x) = axn + . . . (cioè con monomio di
grado massimo axn ) e a > 0 tendono a +∞ per x → +∞ e a −∞ tendono a −∞ se n è dispari e a +∞ se n è pari.
Passiamo al quoziente di due polinomi.
•
x3 + x − 1
. Si tratta di una f.i. (+∞)/(+∞). Si ha
x→+∞ 2x2 − x + 1
lim
+∞ · 1
x3 + x − 1
x3 (1 + 1/x2 − 1/x3 )
x(1 + 1/x2 − 1/x3 )
=
=
lim
=
lim
= +∞.
2
x→+∞ 2x2 − x + 1
x→+∞ x2 (2 − 1/x + 1/x2 )
x→+∞
2 − 1/x + 1/x
2
lim
•
lim
x→+∞
x−1
. Si tratta di una f.i. (+∞)/(+∞). Si ha
x2 + x + 2
lim
x→+∞
•
1
x−1
x(1 − 1/x)
1 − 1/x
= lim
= lim
=
= 0.
x2 + x + 2 x→+∞ x2 (1 + 1/x + 2/x2 ) x→+∞ x(1 + 1/x + 2/x2 )
+∞ · 1
x2 − x
. Si tratta ancora di una f.i. (+∞)/(+∞). Si ha
x→+∞ 3x2 + 1
lim
1
x2 − x
x2 (1 − 1/x)
1 − 1/x
= .
=
lim
= lim
x→+∞ x2 (3 + 1/x2 )
x→+∞ 3 + 1/x2
x→+∞ 3x2 + 1
3
lim
Osservazione Questi tre esempi dovrebbero insegnare molto: una regola generale per trovare il limite di un quoziente
di polinomi. Tutto dipende dal grado dei due polinomi. Lo studente trovi da solo la regola.
Il raccoglimento risolve a volte forme indeterminate date dalla differenza di infiniti, ma non sempre. Sono da
ricordare i seguenti esempi.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
4
•
lim (x −
x→+∞
15
ALGEBRA DEI LIMITI
√
x). Si tratta di una f.i. +∞ − ∞. Si ha
x→+∞
√
x) = lim (x(1 − x−1/2 )) = +∞ · 1 = +∞.
lim (x −
√ √
√
x) = lim ( x( x − 1)) = (+∞) · (+∞) = +∞.
lim (x −
Si poteva anche fare
x→+∞
x→+∞
x→+∞
p
• lim x − 2x2 + 1 . Si tratta ancora di una f.i. +∞ − ∞. Si ha
x→+∞
!!
!!
r
√
p
2x2 + 1
1
2
= +∞ · (−1) = −∞.
lim x − 2x + 1 = lim
x 1−
= lim
x 1− 2+ 2
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
x
•
p
x − x2 + 1 . Si tratta ancora di una f.i. +∞ − ∞. Procedendo come prima si ha
x→+∞
!!
!!
r
√
p
2 +1
x
1
= lim
x 1− 1+ 2
= +∞ · 0.
lim x − x2 + 1 = lim
x 1−
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
x
lim
Come si vede questa volta cosı̀ non si riesce ad eliminare la forma indeterminata.
√ Occorre cambiare metodo. Si
può razionalizzare.14 Moltiplicando sopra e sotto per la somma, cioè per (x + x2 + 1), si ha
√
√
p
−1
x2 − x2 − 1
(x − x2 + 1)(x + x2 + 1)
2
√
√
= lim
=
= 0.
lim x − x + 1 = lim
x→+∞ x +
x→+∞
x→+∞
+∞
x + x2 + 1
x2 + 1
Esercizio 4.1
Si calcolino i seguenti limiti usando l’algebra dei limiti.
x
2−x
1+x
(c)
lim
+
x
x→0
1 + 1/x
(e)
lim
x→+∞ 1 + x2
1+x
(g)
lim
x→0+ ln x − 1
1/x
(i)
lim
x→0+ ln(1 + x)
(a)
lim
x→2−
(k)
lim+ (x − ln x)
x→0
Esercizio 4.2
confronto.
(j)
(l)
lim
x→−∞
lim (x + ln(1 + 1/x))
x→+∞
lim−
x→1
x
ln x
I seguenti limiti sono forme indeterminate. Si calcolino con opportuni raccoglimenti o con il
x−1
x→+∞ 1 + 2x
x+1
(c)
lim
x→+∞ 1 + x3
x + x2
(e)
lim+ 2
x→0 x + x3
√
x+ x
(g)
lim 2 √
x→+∞ x − 3 x
x1/2 + x3/5
(i)
lim 4/3
x→+∞ x
+ x3/2
√ (k)
lim 2x − x
x→+∞
p (m)
lim x + |x|
(a)
2
1−x
x
(d)
lim
x→−∞ 1 + 1/x
1 + e−x
(f)
lim
x→+∞ 1 + ex
1/x
(h)
lim
x→0+ 1 − ex
(b)
lim
x→−∞
14 Quando
1 − x2
x→−∞ 1 + x2
x2 + x + 1
(d)
lim
x→−∞
x+1
x2 − 1
(f)
lim
x→1+ x2 − 3x + 2
√
x+ x
(h)
lim+ 2 √
x→0 x − 3 x
x1/2 + x3/5
(j)
lim+ 4/3
x→0 x
+ x3/2
p
(l)
lim 2x − 4x2 − 1
x→+∞
p
(n)
lim x + x2 + 1
(b)
lim
x→−∞
si ha una somma (differenza) di quantità sotto radice che danno origine ad una f.i., moltiplicando numeratore e denominatore
per la differenza (somma) si riesce ad eliminare le radici dal numeratore. Le radici compaiono a denominatore, ma non più in forma
indeterminata.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
5
5
16
CONFRONTO LOCALE
Confronto locale
Sono estremamente utili nel calcolo dei limiti i seguenti risultati.
Proposizione Valgono le proprietà:
xα
= 0;
x→+∞ bx
1. se α > 0 e b > 1, allora lim
p
(logb x)
= 0.
x→+∞
xα
2. se b > 1, p > 0 e α > 0, allora lim
Osservazione Occorre motivare le condizioni poste sui parametri α, b, p: il primo limite non sarebbe significativo
con α ≤ 0 e b > 1 (o con α ≥ 0 e b < 1), dato che non si tratterebbe di forme indeterminate. Considerazioni analoghe
nel secondo limite. Le condizioni poste fanno sı̀ che si tratti di limiti di quozienti tra funzioni dello stesso tipo, cioè in
questo caso tra infiniti (quindi di forme indeterminate del tipo +∞
+∞ ).
Osservazione Ovviamente, nel caso si presentino i limiti
bx
x→+∞ xα
xα
p
x→+∞ (logb x)
e
lim
lim
nelle stesse ipotesi sui parametri, il risultato è +∞ per entrambi.15
Osservazione I due punti della proposizione raccolgono molti casi particolari: si noti che la prima vale per ogni α
maggiore di 0 e per ogni b maggiore di 1, e la seconda è pure vera qualunque sia la scelta di b > 1, p e α positivi.
Esempi
x2
vale zero, dato che è un caso particolare della prima (con α = 2, b = e).
x→+∞ ex
√
3
x
vale zero (con α = 1/3, b = 2).
Anche il lim
x
x→+∞ 2
• Il lim
• Il lim
x→+∞
ln x
vale zero, essendo un caso particolare della seconda (con b = e, p = 1, α = 1).
x
2
ln2 x
(ln x)
√ = lim
√
vale zero (con b = e, p = 2, α = 1/2).
x→+∞
x→+∞
x
x
Anche il lim
Veniamo ora ad una situazione più generale. Siano f, g : (a, b) → R, dove (a, b) può essere un qualunque intervallo
di R, anche non limitato. Consideriamo il problema di confrontare i valori di f (x) e g(x) quando x è “vicino a b”.
Ad esempio, le due funzioni f (x) = 1/x e g(x) = − ln x tendono entrambe a +∞ per x → 0+ . Il problema che
ci poniamo è confrontare i modi in cui esse tendono all’infinito, cioè riuscire ad esempio a dire quale delle due va
all’infinito più rapidamente.
Due possibili strategie atte ad operare un confronto possono essere:
(i) determinare il segno di f − g in (a, b);16
(ii) dare una stima dell’“ordine di grandezza” di f /g vicino a b.17
Analizziamo queste strategie, per x → +∞, nel caso delle tre funzioni
f (x) = x ,
g(x) = x2
,
h(x) = 2x − 1.
Notiamo che nell’intervallo (1, +∞) x è minore sia di x2 , sia di 2x − 1, ma questo non ci dà informazioni sulla
grandezza relativa dei valori di f , g e h per x che tende a +∞.
15 Dato
che possiamo scrivere
lim
x→+∞
16 Il
bx
=
xα
lim
x→+∞
1
1
= + = +∞.
xα /bx
0
segno della differenza f − g ci dice quale delle due è maggiore dell’altra (ovviamente f − g > 0 se e solo se f > g).
sapessimo ad esempio che f /g è “molto maggiore” di 1, potremmo dire che f è “molto maggiore” di g (supponendo f e g positive).
17 Se
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
5
Se invece consideriamo che
17
CONFRONTO LOCALE
f (x)
1
x
= lim 2 = lim
=0
x→+∞ g(x)
x→+∞ x
x→+∞ x
lim
e
lim
x→+∞
f (x)
x
= lim
= 1/2,
h(x) x→+∞ 2x − 1
essi dicono che g è molto più grande di f vicino a +∞,18 e che h è approssimativamente il doppio di f vicino a +∞.
Quindi il limite del quoziente è un buon indicatore della grandezza relativa di f rispetto a g vicino a b.
5.1
Simboli di Landau
Definizione Sia f, g : (a, b) → R, con (a, b) anche non limitato. Supponiamo che g non si annulli in (a, b).
f (x)
= 0, diciamo che f è “o piccolo di g”, o trascurabile rispetto a g, in b da sinistra, e scriviamo
x→b g(x)
f = o(g) per x → b− ;
(i) Se lim−
(ii) se lim
x→b−
f (x)
= 1, diciamo che f è equivalente a g in b da sinistra, e scriviamo f ∼ g per x → b− ;
g(x)
f (x)
è finito, diverso da zero, diciamo che f è dello stesso ordine di grandezza di g in b da sinistra,
g(x)
e scriviamo f ≍ g per x → b− .
(iii) se lim
x→b−
I simboli o, ∼ e ≍ sono detti simboli di Landau.
Si possono dare definizioni analoghe per limiti da destra e per limiti bilateri.
√
Esempi Siano f (x) = x, g(x) = x, h(x) = x2 , k(x) = x2 + 2x.
Valgono le seguenti relazioni, per x → +∞:
g = o(f ) ,
f = o(h) ,
h∼k
,
k−h≍f
(le verifiche sono immediate: lo studente le svolga applicando le definizioni appena viste).
Osservazioni Si osservi che (banalmente), se f ∼ g per x → b− , allora vale anche f ≍ g per x → b− .
Se f1 = o(f ) e f2 = o(f ), per x → b− , allora anche f1 ± f2 = o(f ), per x → b− (lo studente dimostri queste
semplici affermazioni).
Si dimostra facilmente anche che se f1 = o(f ), per x → b− , allora f + f1 ∼ f . Questo fatto si può anche esprimere
con la scrittura più sintetica (e facile da ricordare): f + o(f ) ∼ f .
Altri esempi di utilizzo dei simboli di Landau seguono da quanto enunciato all’inizio di questa sezione. Si ha che:
• Per x → +∞, xα = o(bx ) per ogni α positivo e per ogni b > 1;
• Sempre per x → +∞, lnp x = o(xα ) per ogni p e α positivi.
√
Quindi, ad esempio, abbiamo x3 = o(2x ), per x → +∞, e ln4 x = o( x), sempre per x → +∞.
Non sfugga il significato veramente interessante dei risultati sui confronti tra potenze, esponenziali e logaritmi (che
chiamerò d’ora in avanti confronti standard): una qualunque potenza, per quanto elevata, è trascurabile rispetto
ad un esponenziale, per quanto “debole” e un logaritmo, anche se elevato ad una qualunque potenza, è trascurabile
rispetto ad una potenza, per quanto bassa.
Altri esempi, importanti nel calcolo dei limiti, sono i seguenti:
• Confronto all’infinito tra due potenze. Consideriamo due potenze xa e xb , con 0 < a < b. Si ha
xa = o xb , per x → +∞.19
Quindi, ad esempio, si ha che x2 = o x3 , per x → +∞.
18 Se f e g tendono entrambe all’infinito e f /g tende a zero significa che il denominatore tende all’infinito più velocemente del numeratore,
e cioè che diventa grande più rapidamente dell’altra.
19 Segue dalla definizione:
1
xa
= lim
= 0,
lim
x→+∞ xb−a
x→+∞ xb
dato che b − a > 0.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
5
18
CONFRONTO LOCALE
• Confronto in zero tra due potenze. Consideriamo ancora due potenze xa e xb , con 0 < a < b, questa volta per
x → 0+ . In questo caso si ha
xb = o (xa ) , per x → 0+ . 20
Quindi, ad esempio, si ha che x2 = o(x), per x → 0.
Osservazione Quindi attenzione a non confondere i due casi: all’infinito tra due potenze è trascurabile quella con
esponente minore, mentre in zero è trascurabile quella con esponente maggiore. Pertanto scriveremo ad esempio
√
x = o(x) e x1/3 = o(x1/2 ), per x → +∞,
mentre
√
x = o( x) e
x1/2 = o(x1/3 ), per x → 0+ .
Negli ultimi esempi visti avevamo sempre a che fare con funzioni infinite all’infinito e infinitesime in zero. Per
ribadire che nel confronto è rilevante il valore della funzione più che il punto a cui tende x, consideriamo il confronto
delle due funzioni x1 e √1x . Si osservi che le due funzioni sono infinitesime all’infinito e infinite in zero.
Dato che
√
1
1/x
x
√ = lim
= lim √ = 0 allora
lim
x→+∞ x
x→+∞
x→+∞ 1/ x
x
e
dato che
lim+
x→0
√
√
1/ x
= lim+ x = 0
1/x
x→0
1
√ =o
x
allora
1
=o
x
1
√
x
, per x → +∞
1
, per x → 0+ .
x
Vediamo altri esempi di utilizzo dei simboli di Landau.
√
• Si ha x3 + x2 + x + 1 ∼ x3/2 per x → +∞. Proviamolo con la definizione.
r
r
√
1
1
x3 + x2 + x + 1
x3 + x2 + x + 1
1
√
= lim
= lim
lim
1 + + 2 + 3 = 1.
3
3
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
x x
x
x
p
√
Lo studente dimostri questa regola generale per le radici dei polinomi: n P + o(P ) ∼ n P . 21
• Si ha ln(x2 + x + 1) ∼ ln(x2 ) per x → +∞. Infatti
h
i
ln x2 (1 + 1/x + 1/x2 )
ln(x2 + x + 1)
ln(x2 ) + ln(1 + 1/x + 1/x2 )
lim
=
lim
=
lim
= 1.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
ln(x2 )
ln(x2 )
ln(x2 )
Lo studente dimostri questa regola “quasi generale”: nel caso f tenda all’infinito si ha che ln(f + o(f )) ∼ ln f .22
• Attenzione che non si ha invece ex
lim
2
+x+1
ex
x→+∞
2
2
∼ ex per x → +∞. Infatti
+x+1
ex2
= lim ex
x→+∞
2
+x+1−x2
= lim ex+1 = +∞.
x→+∞
Anche qui non ci sono regole del tutto generali. Si potrebbe provare che ef +o(f ) è equivalente ad f se f tende a
zero.
20 Anche
questa volta segue dalla definizione:
lim
x→0+
xb
= lim xb−a = 0,
xa
x→0+
dato che b − a > 0.
21 In realtà la formula vale qualunque sia la funzione sotto radice (anche non polinomiale) e lo studente può cercare di dimostrare anche
questo.
22 Mentre con le radici la regola vale in tutta generalità, con i logaritmi non è sempre cosı̀: la regola ln(f + o(f )) ∼ ln f potrebbe non
valere se ad esempio f tende a 1.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
5
19
CONFRONTO LOCALE
Osservazione Usando la definizione di limite si può provare che vale il seguente risultato: se f e g sono due funzioni
positive definite in [a, +∞) e se f (x) = o(g(x)) per x → +∞, allora da un certo punto in poi f è minore di g (e questo
fa forse capire meglio perché in questo caso f si dica trascurabile rispetto a g).
Vediamo la semplice dimostrazione, che si basa soltanto sulla definizione di limite: f (x) = o(g(x)) significa che
(x)
(x)
= 0 e quindi che per ε = 1 esiste un δ > 0 tale che per x > δ si ha fg(x)
< 1, da cui si ricava f (x) < g(x),
limx→+∞ fg(x)
per x > δ. 23
Il fatto che una certa proprietà (come ad esempio f (x) < g(x)) valga da un certo punto in poi (nel caso precedente
il punto è δ) si esprime dicendo che la proprietà vale definitivamente. Quindi possiamo dire che se f (x) = o(g(x)) per
x → +∞, allora si ha definitivamente f (x) < g(x).
5.2
Principi di eliminazione/sostituzione
Sono molto utili nella pratica del calcolo dei limiti i seguenti risultati, che chiameremo principi di eliminazione/sostituzione. Essi in certo qual modo danno una giustificazione del perché alcune quantità sono state chiamate
trascurabili rispetto ad altre.
(i) (eliminazione) Se f, f1 : (a, b) → R e f1 = o(f ) per x → b− , allora
lim f (x) + f1 (x) = lim f (x)
x→b−
x→b−
(ii) (sostituzione) Se f, f1 , g, g1 : (a, b) → R, f1 ∼ f e g1 ∼ g per x → b− , allora
lim f1 (x) · g1 (x) = lim f (x) · g(x)
x→b−
x→b−
(iii) (sostituzione) Se f, f1 , g, g1 : (a, b) → R, f1 ∼ f e g1 ∼ g per x → b− , allora
lim−
x→b
f1 (x)
f (x)
= lim−
g1 (x) x→b g(x)
(iv) (eliminazione) Se f, f1 , g, g1 : (a, b) → R, f1 = o(f ) e g1 = o(g) per x → b− , allora
lim−
x→b
f (x)
f (x) + f1 (x)
= lim−
g(x) + g1 (x)
x→b g(x)
Osservazione Si noti che allora le funzioni trascurabili si possono a tutti gli effetti trascurare nel calcolo del limite
(almeno nelle situazioni previste dai principi). Funzioni invece equivalenti possono essere sostituite ad altre. Si noti
un fatto molto importante: le quantità trascurabili si trascurano quando sono sommate ad altre (non moltiplicate) e
quantità equivalenti prendono il posto di altre quando ci sono prodotti o quozienti (e non addizioni).
Esempio Consideriamo il
lim (x3 − 3x2 + 2x + 1).
x→+∞
Osservando che −3x2 + 2x + 1 = o(x3 ) per x → +∞,24 si ha
lim (x3 − 3x2 + 2x + 1) = lim (x3 + o(x3 )) = lim x3 = +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
Abbiamo applicato il punto (i) del principio di eliminazione (il limite peraltro lo sapevamo già calcolare con un
raccoglimento).
Più in generale, con un generico polinomio, possiamo dire che
lim (an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 ) = lim (an xn + o(xn )) = lim an xn .
x→±∞
x→±∞
Esempio Consideriamo il
lim (x2 − 2x −
x→+∞
√
x→±∞
x).
f (x) definizione di limite direbbe che si ha g(x) < 1 con il valore assoluto, che però qui si può togliere perché f e g sono positive. Se
cosı̀ non fosse potremmo dire che vale |f (x)| < |g(x)|, per x > δ.
24 Il polinomio di secondo grado è somma di funzioni tutte trascurabili rispetto ad x3 .
23 La
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
5
20
CONFRONTO LOCALE
√
Osservando che x2 = o(−2x ) e − x = o(−2x ), per x → +∞, allora, per il punto (i) del principio di eliminazione si ha
√
lim (x2 − 2x − x) = lim (−2x + o(−2x )) = lim (−2x ) = −∞.
x→+∞
x→+∞
Esempio Dovendo calcolare il
x→+∞
x3 + x − 1
,
x→+∞ x4 − x2 + 1
lim
e osservando che x − 1 = o(x3 ) per x → +∞ e che −x2 + 1 = o(x4 ) per x → +∞, applicando il punto (iv) del principio
di eliminazione possiamo scrivere
x3 + x − 1
1
x3 + o(x3 )
x3
= lim
=
lim
=
lim
= 0.
4
2
4
4
4
x→+∞ x − x + 1
x→+∞ x
x→+∞ x + o(x )
x→+∞ x
lim
Si noti che anche questo limite lo sapevamo già calcolare con raccoglimenti. Però come si vede col principio di
eliminazione le cose sono molto più veloci.
Anche in questo caso, con il quoziente di due polinomi in generale, possiamo dire che
an xn + o(xn )
an xn
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0
= lim
,
= lim
m
m−1
m
m
x→±∞ bm x + o(x )
x→±∞ bm xm
x→±∞ bm x + bm−1 x
+ . . . + b0
lim
da cui si perviene immediatamente al risultato.
Esempio Consideriamo il
x + x2
√ .
x→+∞ x +
x
lim
Osservando che x = o(x2 ) e
√
x = o(x) per x → +∞, ancora con il punto (iv) del principio di eliminazione abbiamo
x2
x2 + (x2 )
x + x2
√ = lim
= lim
= +∞.
x→+∞ x
x→+∞ x +
x x→+∞ x + o(x)
lim
Esempio Se abbiamo il
x − x2
√
x− x
√
e x = o(− x), per x → 0+ . Quindi per punto (iv) del principio di
lim
x→0+
possiamo osservare che −x2 = o(x), per x → 0+
eliminazione si ha
√
x + o(x)
x
x − x2
√ = lim √
√ = lim √ = lim (− x) = 0.
lim
+
+
+
+
x x→0 − x + o( x) x→0 − x x→0
x→0 x −
Esempio Dovendo calcolare il
lim
x→+∞
x − ln x
,
x2 + 2x
osservando che − ln x = o(x) per x → +∞ e che x2 = o(2x ) per x → +∞, applicando il punto (iv) del principio di
eliminazione possiamo scrivere
lim
x→+∞
x − ln x
x + o(x)
x
= lim x
= lim x = 0 (confronto standard potenza/esponenziale).
x→+∞ 2 + o(2x )
x→+∞ 2
x2 + 2x
Esempio Se abbiamo il
lim
x→+∞
x+1
,
ln(ex + 1)
osservando che x + 1 ∼ x per x → +∞ e che ln(ex + 1) ∼ ln ex per x → +∞, applicando il punto (iii) del principio di
sostituzione possiamo scrivere
x+1
x
x
lim
= lim
= lim
= 1.
x→+∞ ln(ex + 1)
x→+∞ x
x→+∞ ln ex
Esempio Se abbiamo il
√
x2 + 1
x→+∞ ln(x3 + 1)
lim
A. Peretti – Corso di Matematica
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LIMITI
5
21
CONFRONTO LOCALE
√
possiamo osservare che x2 + 1 ∼ x e ln(x3 + 1) ∼ ln(x3 ), per x → +∞, e quindi
√
x
x
x2 + 1
lim
= lim
= lim
= +∞ (dal confronto standard potenza/logaritmica).
x→+∞ ln(x3 + 1)
x→+∞ ln(x3 )
x→+∞ 3 ln x
Abbiamo applicato il punto (iii) del principio di sostituzione.
Esempio Se abbiamo il
1
e−x +
ln(1 + x)
x→+∞
x
lim
(f.i. del tipo 0 · (+∞)),
possiamo osservare che e−x + x1 ∼ x1 , per x → +∞, dato che e−x = o( x1 ). Inoltre ln(1 + x) ∼ ln x, sempre per x → +∞.
Quindi, applicando il punto (ii) del principio di sostituzione, possiamo scrivere
1
1
ln x
−x
e +
lim
ln(1 + x) = lim
ln x = lim
= 0 (confronto standard logaritmica/potenza).
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
x
x
Esempio Se abbiamo il
lim
x→+∞
osservando che
e1−x
p
3
x2 + 1
(f.i. del tipo 0 · (+∞)),
√
3
x2 + 1 ∼ x2/3 , per x → +∞ e applicando il punto (ii) del principio di sostituzione, possiamo scrivere
p
x2/3
3
=0
e1−x x2 + 1 = lim e · e−x · x2/3 = e · lim
x→+∞
x→+∞ ex
x→+∞
lim
(confronto standard potenza/esponenziale).
Osservazione Ribadisco un punto molto importante e delicato. Il principio di eliminazione dice sostanzialmente che
quantità trascurabili si possono trascurare. Attenzione però a non dare a questa affermazione una validità del tutto
generale, come può far credere questo modo di presentare la questione. La validità e quindi l’applicabilità del principio
è limitata ovviamente ai casi previsti nell’enunciato. Faccio un esempio: il principio non dice che, nel caso√io abbia
x x
, non
un prodotto di due quantità, di cui una trascurabile, io possa trascurare quest’ultima. Quindi se ho lim
x→+∞ x + 1
√
posso trascurare x, che pure è trascurabile rispetto ad x all’infinito, e concludere che il limite è 1. Il limite infatti è
+∞, come si trova facilmente dividendo numeratore e denominatore per x, o più semplicemente dal confronto tra le
due potenze.
Osservazione Lo stesso dicasi per i casi che usano l’equivalenza: in un prodotto (o quoziente) posso sostituire
ad una
p
2
quantità un’altra quantità ad essa equivalente. La cosa non vale se ho una somma. Si consideri il lim x − x + x .
x→+∞
√
Se, dopo aver osservato che x2 + x ∼ x, per x → +∞, applico il principio di sostituzione e concludo che il limite è
0, commetto un errore.25
Esercizio 5.1
I seguenti limiti sono forme indeterminate. Si calcolino con i principi di eliminazione/sostituzione.
√
√
x + 2x
x − ln3 x
(b)
lim
(a)
lim √
x→+∞ ex + ln x
x→+∞ 3 x + ln x
√
3/2
x + x + ln x
x1/3 + 2x + ln x
(c)
lim
(d)
lim 1/2
10
x
x→+∞
x→+∞ x √
x + 10
+ 3x + ln x
2
2
x −x
x + x3
√
√
(e)
lim
(f)
lim
3
x
x→0+ x +
x→0+ x −
x2
Concludiamo questa sezione con alcune proprietà relative agli “o piccoli”, proprietà che possono essere utili in
alcune occasioni.
Per iniziare verifichiamo che vale questo: se f = o(g) per x → c (c qualunque) e se g(x) → 0 per x → c, allora
anche f (x) → 0 per x → c.
(x)
La prova si ottiene con la definizione: se f = o(g) significa che limx→c fg(x)
= 0 e che quindi (definizione di limite),
(x) con ε = 1, che c’è un intorno di c in cui fg(x)
< 1, il che vuol dire che in tale intorno |f (x)| < |g(x)|. Ma allora, dai
teoremi del confronto dei limiti, se g (e quindi |g|) tende a zero anche |f | tende a zero, e quindi f tende a zero.
25 Infatti
si ha invece, razionalizzando,
p
lim
x − x2 + x =
x→+∞
A. Peretti – Corso di Matematica
lim
x→+∞
1
x2 − x2 − x
−x
−1
=− .
p
√
= lim
√
= lim
2
2
x→+∞
x→+∞
2
x+ x +x
x+ x +x
1 + 1 + 1/x
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
5
22
CONFRONTO LOCALE
Abbiamo visto che scrivere o(x), per x → 0, significa per definizione affermare che per tale quantità si ha
lim
x→0
o(x)
=0
x
e cioè che tale quantità, confrontata con x, è trascurabile rispetto a quest’ultima, per x → 0.
Analogamente, scrivere o(x2 ), per x → 0, significa quindi che per tale quantità si ha
o(x2 )
=0
x→0 x2
lim
e cioè che tale quantità, confrontata con x2 , è trascurabile rispetto a quest’ultima, per x → 0.
Possiamo verificare quello che abbiamo utilizzato in qualche occasione poco fa, relativamente alla somma di due
quantità trascurabili. Supponiamo che le due funzioni g ed h siano trascurabili rispetto alla funzione f , per x → c.
Allora si diceva che anche g + h è trascurabile rispetto ad f , per x → c. Infatti si ha
h(x)
g(x)
g(x) + h(x)
= 0,
= lim
+
lim
x→c f (x)
x→c
f (x)
f (x)
dato che g(x) = o(f (x)) e h(x) = o(f (x)), per x → c.
Altri spunti di riflessione. Che cosa otteniamo se facciamo il prodotto x · o(x), per x → 0, cioè un prodotto di x
per una quantità trascurabile rispetto ad x? Uno studente poco accorto direbbe: moltiplico x per x e ottengo o(x2 ).
Questo non va bene, perché non sappiamo ancora se una tale proprietà vale in questo contesto. Ebbene, vale, ma lo
dobbiamo dimostrare, ed è facile. Infatti 26
lim
x→0
x · o(x)
o(x)
= lim
= 0,
x→0 x
x2
e quindi il prodotto di x per una quantità trascurabile rispetto ad x è una quantità trascurabile rispetto ad x2 , per
x → 0, come volevamo. La cosa vale anche se x tende a qualsiasi altra cosa.
In modo simile si ha che il quadrato di una quantità trascurabile rispetto ad x è una quantità trascurabile rispetto
ad x2 . Infatti
2
2
o(x)
o(x)
= 0. 27
= lim
lim
x→0
x→0
x2
x
Altra domanda: una quantità trascurabile rispetto ad x2 è trascurabile anche rispetto ad x, per x → 0? Si
potrebbe intuire che la risposta è affermativa, perché è ragionevole che valga una sorta di proprietà transitiva: se la
nostra quantità è trascurabile rispetto ad x2 , dato che x2 è trascurabile rispetto ad x, la nostra deve essere trascurabile
anche rispetto ad x. Ma dimostriamolo con la definizione. Basta vedere che il
o(x2 )
o(x2 )
lim
·
x
= 0.
= lim
x→0
x→0
x
x2
Ancora. Che tipo di quantità è, per x → 0, un
o(x2 )
?
x
Notate che l’ultimo limite calcolato qui sopra dice che tale quantità è infinitesima, cioè tende a zero. Ma come
tende a zero? Anche qui l’intuizione è corretta: è un o(x). Dimostriamolo.
lim
x→0
o(x2 )
x
x
o(x2 )
= 0,
x→0 x2
= lim
2
e quindi una quantità trascurabile rispetto ad x divisa per x è trascurabile rispetto ad x.
n
)
A questo punto il lettore generalizzi per esercizio questo risultato, dimostrando che la quantità o(x
xm , con n > m,
n−m
m
è un o(x
), per x → 0 (proprio come se si potesse “dividere sopra e sotto per x ”).
Attenzione adesso: una quantità trascurabile rispetto ad x è trascurabile anche rispetto ad x2 , per x → 0? Qui la
risposta non è affermativa (e dovreste intuirlo facilmente): infatti, se scriviamo
o(x)
o(x) 1
lim
,
= lim
·
x→0 x2
x→0
x
x
26 Torno a ribadire che per verificare che una certa cosa è o(x2 ) per x → 0 basta far vedere che questa cosa, divisa per x2 , tende a zero
quando x tende a zero.
27 Il fatto che se una quantità tende a zero, allora tende a zero anche il suo quadrato deriva dai risultati sul prodotto dei limiti.
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
7
23
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
il primo quoziente tende a zero, ma il secondo non è limitato, e quindi siamo in presenza di una forma indeterminata.
D’altra parte si capisce facilmente il motivo di questo. Dire o(x) vuol dire quantità trascurabile rispetto a x: potrebbe
essere ad esempio x3 , che è trascurabile rispetto ad x2 , ma potrebbe anche essere ad esempio x3/2 , che non è trascurabile
rispetto ad x2 .
6
Un limite fondamentale
In questa breve sezione mi limito ad enunciare un limite molto importante. Si ha
x
1
1+
lim
= e.
x→±∞
x
Osservazione Il limite si presenta nella forma 1±∞ , che è indeterminata, in quanto si può scrivere
x
1 x
1
1
= eln(1+ x ) = ex ln(1+ x )
1+
x
e l’esponente è della forma (±∞) · 0.
7
Soluzioni degli esercizi
Esercizio 4.1
(a) lim−
x→2
(b)
2
x
= + = +∞. Essendo x minore di 2, la quantità 2 − x è positiva.
2−x
0
lim
x→−∞
2
2
=
= 0.
1−x
+∞
1
1+x
= + = +∞.
x
0
x
−∞
(d) lim
=
= −∞.
x→−∞ 1 + 1/x
1+0
(c) lim+
x→0
(e)
(f)
lim
x→+∞
1 + 1/x
1+0
1
=
=
= 0.
1 + x2
1+∞
+∞
1+0
1 + e−x
=
= 0. Si ricordi il grafico di ex e quello di e−x =
x→+∞ 1 + ex
1+∞
lim
(g) lim
x→0+
1
ex
= ( 1e )x .
1
1+x
=
= 0.
ln x − 1
−∞ − 1
1/x
+∞
+∞
=
= − = −∞. Qui forse è opportuno qualche commento in più. È importante stabilire
x
+
1−1
0
x→0 1 − e
il segno dello zero a denominatore, in quanto determina il segno dell’infinito. Si può ragionare cosı̀: per x → 0+
ex > 1, quindi ex → 1+ . Questo significa che ex tende a 1 ma da valori più grandi di 1. Allora il denominatore
tende a 0 ma da valori negativi, da cui la conclusione.
(h) lim+
1/x
+∞
= + = +∞. Anche qui è importante stabilire il segno dello zero a denominatore. Per x → 0+
ln(1 + x)
0
1 + x → 1+ e quindi il ln(1 + x) tende a 0, ma da valori positivi.
(i) lim
x→0+
(j)
lim (x + ln(1 + 1/x)) = +∞ + ln 1 = +∞ + 0 = +∞. Questo invece è un caso in cui non è rilevante stabilire
x→+∞
il segno dello zero, dato che c’è l’infinito.
(k) lim (x − ln x) = 0 − (−∞) = +∞.
x→0+
(l) lim−
x→1
x
1
= − = −∞.
ln x
0
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
7
24
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
Esercizio 4.2
(a)
lim
x→+∞
x−1
. È una forma indeterminata (f.i.) del tipo
1 + 2x
lim
x→+∞
+∞
+∞ .
Possiamo scrivere
1
x(1 − 1/x)
1 − 1/x
x−1
= lim
= lim
= .
1 + 2x x→+∞ x(1/x + 2) x→+∞ 1/x + 2
2
Si poteva anche procedere con il principio di eliminazione, dopo aver osservato che a numeratore 1 = o(x), per
x → +∞ e a denominatore 1 = o(2x), per x → +∞. Quindi
lim
x→+∞
(b)
1 − x2
. È una f.i. del tipo
x→−∞ 1 + x2
lim
1
x−1
x + o(x)
x
= lim
= lim
= .
1 + 2x x→+∞ 2x + o(x) x→+∞ 2x
2
−∞
+∞ .
Possiamo scrivere
x2 (1/x2 − 1)
1/x2 − 1
1 − x2
= lim
= lim
= −1.
2
2
2
x→−∞ x (1/x + 1)
x→−∞ 1/x2 + 1
x→−∞ 1 + x
lim
Con il principio di eliminazione, osservando che 1 = o(x2 ), per x → +∞, si ha
−x2 + o(x2 )
1 − x2
−x2
=
lim
= −1.
=
lim
x→−∞ x2 + o(x2 )
x→−∞ 1 + x2
x→−∞ x2
lim
(c)
x+1
. Sempre f.i. del tipo
x→+∞ 1 + x3
lim
+∞
+∞ .
Con il principio di eliminazione si ha
x+1
x + o(x)
1
x
= lim 3
= lim 3 = lim 2 = 0.
3
3
x→+∞ 1 + x
x→+∞ x + o(x )
x→+∞ x
x→+∞ x
lim
Lo studente provi a risolverlo con i raccoglimenti.
(d)
x2 + x + 1
. Con il principio di eliminazione si ha
x→−∞
x+1
lim
x2 + x + 1
x2 + o(x2 )
x2
= lim
= lim
= lim x = −∞.
x→−∞
x→−∞ x + o(x)
x→−∞ x
x→−∞
x+1
lim
(e) lim
x→0+
x + x2
. È una f.i. del tipo 00 . Procedendo col raccoglimento abbiamo
x2 + x3
lim+
x→0
x + x2
1
x(1 + x)
1+x
= lim+ 2
= lim+
= + = +∞.
x2 + x3
0
x→0 x (1 + x)
x→0 x(1 + x)
Col principio di eliminazione, osservando che x2 = o(x), per x → 0+ e x3 = o(x2 ), per x → 0+ , avremmo potuto
scrivere
x + x2
x + o(x)
1
x
lim 2
= lim 2
= lim 2 = lim
= +∞.
x→0+ x + x3
x→0+ x + o(x2 )
x→0+ x
x→0+ x
(f) lim+
x→1
x2 − 1
. F.i. del tipo 00 . Qui si possono fattorizzare i polinomi:
x2 − 3x + 2
lim
x→1+
√
x+ x
. F.i. del tipo
(g) lim 2 √
x→+∞ x − 3 x
x2
x2 − 1
(x − 1)(x + 1)
x+1
= lim
= lim
= −2.
+
+
− 3x + 2 x→1 (x − 1)(x − 2) x→1 x − 2
+∞
+∞ .
Col principio di eliminazione
√
x+ x
1
x + o(x)
x
√
= lim 2
= lim 2 = lim
= 0.
3
2
2
x→+∞ x −
x→+∞ x
x x→+∞ x + o(x ) x→+∞ x
lim
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
7
25
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
√
x+ x
. F.i. del tipo 00 . Col principio di eliminazione
(h) lim 2 √
x→0+ x − 3 x
√
√
√
√
x + o( x)
x
x+ x
√ = lim
√
√ = lim
√ = lim (−x1/6 ) = 0.
lim
x→0+ − 3 x + o( 3 x)
x→0+ − 3 x
x→0+
x→0+ x2 − 3 x
(i)
x1/2 + x3/5
. F.i. del tipo
x→+∞ x4/3 + x3/2
+∞
+∞ .
lim
Col principio di eliminazione
x3/5 + o(x3/5 )
x3/5
1
x1/2 + x3/5
= lim 3/2
= lim 3/2 = lim 9/10 = 0.
4/3
3/2
3/2
x→+∞ x
x→+∞ x
x→+∞ x
+x
+ o(x ) x→+∞ x
lim
(j) lim+
x→0
x1/2 + x3/5
. F.i. del tipo 00 . Col principio di eliminazione
x4/3 + x3/2
lim+
x→0
(k)
lim
x→+∞
2x −
x1/2 + x3/5
x1/2 + o(x1/2 )
x1/2
1
=
lim
=
lim
= lim+ 5/6 = +∞.
x4/3 + x3/2
x→0+ x4/3 + o(x4/3 )
x→0+ x4/3
x→0 x
√ x . F.i. del tipo +∞ − ∞. Con un raccoglimento
lim
x→+∞
2x −
√ x = lim
√ √
x(2 x − 1) = +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
Ma si poteva anche applicare il principio di eliminazione:
√ lim 2x − x = lim (2x + o(x)) = lim (2x) = +∞.
x→+∞
(l)
lim
x→+∞
p
2x − 4x2 − 1 .
Questo esempio, peraltro simile per molti aspetti al precedente, in realtà è più
complicato da risolvere. Infatti le due tecniche usate poco fa non funzionano. Un raccoglimento porta a
!!
r
p
1
lim 2x − 4x2 − 1 = lim
2x 1 − 1 − 2
x→+∞
x→+∞
4x
e questa è ancora una f.i., del tipo +∞ · 0. Il principio di eliminazione non
√ è applicabile, dato che nessuna delle
due funzioni è trascurabile rispetto all’altra: infatti le due funzioni 2x e 4x2 − 1 sono equivalenti.
Qui è necessaria una razionalizzazione:
√
√
p
(2x − 4x2 − 1)(2x + 4x2 − 1)
2
√
lim 2x − 4x − 1
=
lim
x→+∞
x→+∞
2x + 4x2 − 1
4x2 − 4x2 + 1
√
=
lim
x→+∞ 2x +
4x2 − 1
1
√
= 0.
=
lim
x→+∞ 2x +
4x2 − 1
(m)
lim
x→−∞
p x + |x| . Questa è una f.i. del tipo −∞ + ∞. Qui basta un raccoglimento:
lim
x→−∞
x+
p |x|
=
=
=
=
=
A. Peretti – Corso di Matematica
√ x + −x
x→−∞
√ −x
lim
x 1+
x→−∞
x
!!
r
−x
lim
x 1−
x→−∞
x2
!!
r
−1
lim
x 1−
x→−∞
x
lim
−∞.
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
7
26
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
Attenzione! Nel terzo passaggio, quando si porta sotto radice x, essendo x negativo, occorre cambiare il segno
davanti alla radice. Per capire il motivo di ciò si rifletta attentamente sulla seguente affermazione:
√
se x < 0 allora x = − x2 .
Si poteva anche fare, in modo più sbrigativo, col principio di eliminazione:
√ lim x + −x = lim (x + o(x)) = −∞,
x→−∞
x→−∞
√
dato che −x = o(x), per x → −∞.
p
(n) lim x + x2 + 1 . Anche questa è una f.i. del tipo −∞ + ∞. Qui è necessaria invece una razionalizzazione:
x→−∞
lim
x→−∞
√
√
p
2 + 1)(x −
−1
x2 − x2 − 1
x
x2 + 1)
(x
+
√
√
= lim
=
= 0.
x + x2 + 1 = lim
x→−∞ x −
x→−∞
−∞
x − x2 + 1
x2 + 1
In questo caso il principio di eliminazione non è applicabile. Infatti nessuna delle due quantità è trascurabile
rispetto all’altra.
Esercizio 5.1
In tutti i casi di limite all’infinito è utile ricordare le seguenti proprietà fondamentali:
xα = o(bx ), per x → +∞, per ogni α in R e per ogni b > 1
e
lnp x = o(xα ), per x → +∞, per ogni p in R e per ogni α > 0.
(a)
√
x + 2x
. Per x → +∞ si ha
lim √
3
x→+∞
x + ln x
√
x = o(2x )
e quindi
(b)
(c)
(d)
e
√
ln x = o( 3 x)
√
2x + o(2x )
2x
x + 2x
√
√
√
=
lim
=
lim
= +∞.
lim √
x→+∞ 3 x + o( 3 x)
x→+∞ 3 x
x→+∞ 3 x + ln x
28
√
x − ln3 x
. A numeratore e a denominatore è trascurabile il logaritmo. Quindi
x→+∞ ex + ln x
√
√
√
√
x − ln3 x
x + o( x)
x
= 0.
= lim
= lim
lim
x→+∞ ex + o(ex )
x→+∞ ex
x→+∞ ex + ln x
lim
√
x + x3/2 + ln x
. A numeratore la radice e il logaritmo sono trascurabili rispetto ad x3/2 , e a denominax→+∞
x10 + 10x
tore è trascurabile la potenza. Quindi
√
x + x3/2 + ln x
x3/2 + o(x3/2 )
x3/2
lim
=
lim
= 0.
=
lim
x→+∞
x→+∞ 10x + o(10x )
x→+∞ 10x
x10 + 10x
lim
x1/3 + 2x + ln x
. A numeratore la potenza e il logaritmo sono trascurabili rispetto all’esponenziale, e a
x→+∞ x1/2 + 3x + ln x
denominatore lo stesso. Quindi
x
x1/3 + 2x + ln x
2
2x
2x + o(2x )
lim 1/2
= 0.
=
lim
=
lim
=
lim
x
x
x
x
x→+∞ x
x→+∞ 3
+ 3 + ln x x→+∞ 3 + o(3 ) x→+∞ 3
lim
28 Dato
che
lim
x→+∞
√
3
x
= 0, allora
2x
lim
x→+∞
A. Peretti – Corso di Matematica
1
1
2x
= lim √
= + = +∞.
√
3
x→+∞ 3 x/2x
x
0
UNIVR – Sede di Vicenza
LIMITI
7
(e) lim
x→0+
27
SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
x2 − x
√ .
x+ x
Questo e i seguenti sono casi invece di limite per x → 0 e le quantità in gioco sono tutte infinitesime.29 Qui
bisogna ricordare che, almeno nei confronti tra potenze, valgono le seguenti relazioni:
xa = o(xb ), per x → 0+ , se a > b.
Quindi√qui sono trascurabili le potenze di esponente più elevato. Quindi nel nostro limite abbiamo: x2 = o(x) e
x = o( x), per x → 0+ , e si ha
lim+
x→0
√
x2 − x
−x + o(x)
−x
√ = lim √
√ = lim √ = lim (− x) = 0.
+
+
+
x + x x→0
x + o( x) x→0
x x→0
√
√
√
x3
3
√
(f) lim
. Qui si ha x2 = o( x3 ) e x = o( x2 ), per x → 0+ . Quindi
3
x→0+ x −
x2
√
x3/2 + o(x3/2 )
x3/2
x2 + x3
√
= lim+
= lim+
= lim+ (−x5/6 ) = 0.
lim+
3
2/3
2/3
2/3
2
x→0
−x
+
o(x
)
x→0
−x
x→0
x→0 x −
x
x2 +
29 Ricordo che in generale possiamo avere anche quantità infinitesime con x che tende all’infinito o quantità infinite con x che tende a
zero (si pensi ad esempio a x1 con x → ±∞ oppure sempre x1 con x → 0+ o x → 0− ).
A. Peretti – Corso di Matematica
UNIVR – Sede di Vicenza