AN_VII - UniNa STiDuE

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Limiti di funzioni tra spazi metrici
Problema.
Siano (E,d) ed (E|,d|) spazi metrici e sia : D(E)  E|.
Sia x0 un punto di E. È possibile definire (o ridefinire)  in x0 in modo da ottenere una
funzione continua in x0?
O, più precisamente, esiste E| tale che, posto
(x) x  x0 (xD)
0 (x) = 

x = x0
la funzione 0: D{x0}(E)  E| è continua in x0?
Osservazione 1.
In generale, questo problema non ha soluzione.
Esempio: siano D = E = E| = R e (x) = sign(x) =
-1
0
1
x<0
x=0
x>0
Esiste R tale che, preso x0 = 0, la funzione
sign(x) x  0
0 (x) = 

x=0
è continua in x0 = 0?
No:
G(0)
.
Comunque preso , è possibile trovare successioni che tendono a 0 da destra, dove la
funzione vale 1, e successioni che tendono a 0 da sinistra, dove la funzione vale -1; quindi
comunque scelto  ci sono successioni tramite le quali la funzione non converge al valore
che assume in 0.
Osservazione 2.
Se x0 non è di accumulazione per D, allora la funzione 0 è continua in x0 qualunque sia il
valore E| attribuito ad 0 in x0, infatti il suo dominio è D{x0} e x0, non essendo di
accumulazione per D, è isolato per D{x0} ed in un punto isolato del suo dominio una
funzione è sempre continua (in questo caso, se E | ha infiniti elementi il problema ha
infinite soluzioni).
1
Supponiamo d’ora in poi che x0 sia di accumulazione per D (con x0D o x0D).
Teorema (di unicità).
Se x0 è di accumulazione per D e se il problema precedente ha una soluzione , allora tale
soluzione è unica.
Dim.
Supponiamo per assurdo che esistano due soluzioni 1  2 (E| ) del problema posto, cioè
che le funzioni
(x) x  x0 (xD)
1 (x) = 
1
x = x0
e
(x) x  x0 (xD)
2 (x) = 
2
x = x0
siano continue in x0.
Si ha:
(VI 1)(UI x0)(xD{x0}) xU  1 (x)V
(WI 2)(ZI x0)(xD{x0}) xZ  2 (x)W
V
W

1

2
Per la proprietà di separazione mediante intorni (di Haussdorf), essendo 1  2, esistono
VI 1 e WI 2 tali che VW = .
Si ha inoltre che UZI x0. Poiché x0 è di accumulazione per D esistono punti xD, con x
 x0, tali che xUZ. Risulta allora
1 (x)(= (x))V e
2 (x)(= (x))W
cioè (x)VW = : assurdo.
Definizione di limite.
Siano (E,d), (E|,d| ) spazi metrici, sia : D(E)  E| e sia x0E di accumulazione per D.
Se esiste E| tale che, posto
(x) x  x0 (xD)
0 (x) = 

x = x0
la funzione 0: D{x0}(E)  E| è continua in x0, allora tale  si dice il limite per x
tendente ad x0 di  e si scrive
2
 = lim (x)
x x 0
Poiché 0 continua in x0 significa
(VI  )(UI x0)(xD{x0}) xU  0 (x)V
e poiché, per x  x0, 0 (x) = (x) (se x = x0, 0 (x0) = V dunque non serve testare la
definizione in x0), allora si ha che  = lim (x) se e solo se
x x 0
(VI )(UI x0)(xD) xU\{x0}  (x)V
(U\{x0} si chiama intorno forato di x0)
La definizione è ancora equivalente a:
( > 0)( > 0)(xD) 0 < d(x,x0) <   d| ((x),) < 
Osservazione importante.
Nella definizione di limite non interessa che la funzione  sia definita in x0 e qualora lo sia
non conta il valore (x0) che essa assume in x0. In altre parole il limite  dipende dal
comportamento di  in prossimità di x0 ma non dal valore (x0).
Esempio.
1
(x) = 
2
x0
x=0
.2
1
 lim (x) = 1  2 = (0).
x0
Caratterizzazione della continuità in un punto mediante il limite
Sia : D(E)  E| e sia x0D.
Si ha che:
i)
se x0 è isolato per D allora  è continua in x0
ii)
se x0 è di accumulazione per D allora  è continua in x0 se e solo se esiste
lim (x) = (x0) (in questo caso 0 coincide con )
x x 0
Esempi.
1  sin x 1
= =1
lim
x0 x + cos 2 x
1
3
in quanto la funzione è continua in 0 (essendo rapporto di funzioni continue con
denominatore diverso da 0 in 0) e pertanto il limite è (0)
arctg(x 2 + y 2 )
=0
lim
(x,y) (0,0)
1 x 2 + y 2
in quanto la funzione è continua: arctg è continua perché inversa di una funzione crescente
definita su un intervallo ed il denominatore è sempre diverso da 0
Limite della restrizione.
Sia : D(E)  E| e sia SD. Inoltre sia x0E di accumulazione per S (e quindi per D).
Se esiste lim (x) = , allora esiste lim |S(x) = .
x x 0
x x 0
Dim.
Segue dall’analogo teorema per le funzioni continue (esercizio).
Caratterizzazione del limite mediante le successioni
Teorema.
Sia : D(E)  E| e sia x0E di accumulazione per D.
Si ha che esiste lim (x) =  se e solo se per ogni successione (xn)n D, con xn  x0 per
x x 0
ogni n (a priori la  potrebbe anche non essere definita in x0), tale che lim xn = x0,
n
risulta lim (xn) = .
n
Dim.
Per esercizio.
Applicazioni.
 1
1)  lim sin   ?
 x
x0
No, ma non conviene dimostrarlo negando la definizione di limite (cioè dicendo che per
nessun  0 è continua), perché andrebbe verificata ; conviene usare:
2
 restrizione: S = {xR: x =
, nN+}
n
-1
n = 4k - 1
|S(x) =
0
n pari
1
n = 4k + 1
non ha limite (è una funzione che “salta”).
4
 caratterizzazione con successioni: xn =
-1
 n 
(xn) = sin   =
 2
1
non ha limite.
2) (x,y) =
2
con nN+; xn  0 per n  + e
n
n = 4k - 1
0
n pari
n = 4k + 1
xy
2
x - y2
D = {(x,y)R2: x2  y2}

|x|  |y|
y = 2x

lim
(x,y) (0,0)
(x,y)?
No; lo si può dimostrare cercando delle restrizioni che non hanno limite o provando che ci
sono due restrizioni lungo le quali i limiti sono diversi.
Considero le restrizioni a:
S1 = {(x,y): y = 0, x  0} |S1(x,y) = 0 perciò 
x2
lim
(x,y) (0,0)
|S1(x,y) = 0
2
perciò
3
x - 4x
2
 lim |s2(x,y) = (x,y) (0,0)
3
Poiché i due limiti sono diversi, 
lim (x,y).
S2 = {(x,y): y = 2x, x  0} |S2(x,y) =
2
2
=-
(x,y) (0,0)
(N.B.: il limite di una funzione costante è pari a tale costante)
5
Limite destro e sinistro.
Sia E = R con la metrica euclidea, sia : D(R)  E| con (E|,d| ) spazio metrico e sia
x0R.
Poniamo
D+ := {xD: x > x0}
D- := {xD: x < x0}
D
x
e
+
D
0
Se x0 è di accumulazione per D+ e se esiste lim |D+(x) = +, esso si dice limite di  per x
x x 0
che tende ad x0 da destra (o limite destro).
Si ha:
(VI + )(UI x0 )(xD+ ) xU\{x0}  (x)V
o equivalentemente
(VI + )( > 0)(xD) x0 < x < x0 +   (x)V
Si scrive anche + = lim  (x).
x x 0
Analogamente si definisce il limite sinistro (considerando la restrizione di  a D- ) e si ha
che lim |D-(x) = - se e solo se
x x 0
(VI - )( > 0)(xD) x0 -  < x < x0  (x)V
Si scrive anche - = lim  (x)
x x 0
Esempio.
(x) = sign(x)
 lim (x) = 1 e  lim (x) = -1
x0
6
x0
Teorema.
Sia : D(R)  E| e sia x0 di accumulazione per D+ e per D-. Si ha che esiste
lim (x)
x x 0
=  se e solo se esistono lim  (x) =  e lim  (x) = .
x x 0
x x 0
Dim.
Per esercizio (l’implicazione diretta è ovvia, in quanto si tratta di limiti di restrizioni;
l’implicazione inversa si ottiene ricavando un + dalla definizione di limite destro, un - da
quella di limite sinistro e prendendo il più piccolo dei due).
Osservazione.
Sia D = D1 ...Dn (E) e sia x0 di accumulazione per Di per ogni i = 1,...,n.
Sia : D(E)  E|.
Sia ha che esiste lim (x) =  se e solo se esistono lim |Di (x) =  per ogni i = 1,...,n.
x x 0
x x 0
Dim.
Poiché i vari i sono in numero finito, ne esiste sicuramente uno minimo e > 0, per il quale
vale la condizione di limite per la .
Questo non vale in generale se D =
D

con I insieme infinito, infatti se i i sono infiniti
I
può non esisterne il minimo, ma solo l’estremo inferiore, che può anche essere 0.
Esempio.
(x,y) =
x2y
x4 + y2
D{(x,y)  (0,0): y = x}
D{(x,y)  (0,0): x = 0}
D = R2 \{(0,0)}
Su ciascuna di queste rette il limite esiste ed è 0:
x 3
x
|D (x,y) = 4
= 2
2 2
x + x
x +2
|D (x,y) = 0
infatti per ogni  esiste
lim |D (x,y) = 0 (se (x,y)  0, x  0)
(x,y) (0,0)
Però, se S = {(x,y)  (0,0): y = x2},
7
|S (x,y) =
x4
4
x +x
=
4
1
2
con
|S (x,y) =
lim
(x,y) (0,0)
Quindi non esiste
1
.
2
lim
(x,y) (0,0)
(x,y).
Teorema (sul limite della funzione composta).
Siano : D(E)  E| e
g: (E| )  E|| con (D).
Sia x0 di accumulazione per D ed esista lim (x) = y0.
x x 0
Inoltre sia y0 di accumulazione per  ed esista lim g(y) = .
y y 0
Se esiste un intorno U di x0 tale che (x)  y0 per ogni xU\{x0}, allora esiste
lim g((x)) = .
x x 0
|
E
E
U
.x
0
f
.y
0
D

g
||
E

g° f
Dim.
Si ha che:
 (VI y0)(WI x0)(xD) xW\{x0}  (x)V
 (ZI )(VI y0)(y) yV\{y0}  g(y)Z
Se x(WU)\{x0}, allora (x)V\{y0} e g((x))Z. Quindi:
(ZI )(WUI x0)(xD) x(WU)\{x0}  g((x))Z
cioè esiste lim g((x)) = .
x x 0
Osservazione.
L’ipotesi che (x)  y0 almeno in un intorno di x0 (privato di x0) non può essere omessa.
Esempio.
Siano
(x) = xsin
8
1
definita su D = R\{0}
x
e
g(y) =
1

2
y0
definita su  = R
y=0
G()
G(g)
.
Si ha che esiste lim (x) = 0 (infatti la funzione, in valore assoluto, si maggiora con |x|,
x0
che tendendo a 0 si porta dietro la ) ed esiste lim g(y) = 1.
y 0
Consideriamo
1
g((x)) =
x
1
nZ\{0}
n
x=
1
nZ\{0}
n

2
1
 0, g((x|n))  2;
n
2
preso x||n =
 0, g((x||n)  1.
n
Preso x|n =
Il teorema non si applica poiché (x) = 0 (= y0) in ogni intorno di x0 = 0.
Caso delle funzioni da R in R: estensioni del concetto di limite.
Abbiamo introdotto i simboli + e -, ponendo per definizione supA = + se A(R) è
superiormente illimitato e infB = - se B(R) è inferiormente illimitato.
Inoltre abbiamo definito come intorno U di + un insieme U tale che esiste kR per cui
]k,+[U e come intorno V di - un insieme V tale che esiste hR per cui ]-,h[V.
VI -
[ )
|
(
UI +
]
9
h
0
k
Si ha ancora che + è di accumulazione per A se e solo se A è superiormente illimitato e  è di accumulazione per B se e solo se B è inferiormente illimitato (in ogni intorno
devono cadere infiniti punti dell’insieme).
Nella teoria dei limiti conviene introdurre anche il simbolo , per il quale si definiscono
gli intorni nel modo seguente: W è un intorno di  se esiste m  0 tale che
{xR: |x| > m}W.
W
W
[ )
|
( ]
-m
0
m
Si ha che  è di accumulazione per C se e solo se C è illimitato (superiormente o
inferiormente illimitato).
N.B.: +,- e  sono dei simboli, non numeri reali. Quindi con essi non si opera
algebricamente né metricamente. Inoltre +  -, e  è un terzo oggetto!
Si definiscono
R := R{-}{+} e
~ := R{}
R
e si dicono rette estese.
Sono spazi topologici perché esiste il filtro degli intorni di ogni loro punto; non sono però
spazi metrici (non si può operare metricamente). Dal punto di vista topologico il primo
diventa un intervallo chiuso, il secondo una circonferenza; sono entrambi compatti e si
chiamano “compattificazioni di R”.
Poiché +,-, sono muniti dei relativi filtri d’intorni si può dare la seguente definizione
generale di limite in cui x0 e/o  sono +,-,.
Definizione.
Sia : D(R)  R e sia x0 di accumulazione per D (eventualmente x0 = +,-,). Si dice
che lim (x) =  (eventualmente  = +,-,) se
x x 0
(VI )(UI x0)(xD) xU\{x0}  (x)V
Casi particolari.
(da completare a 16)
1. x0R,= +
lim (x) = +
x x 0
(k)( > 0)(xD) 0 < |x - x0| <   (x) > k
10
x
0
2. x0 = -,R
lim (x) =
x-
( > 0)(h)(xD) x < h  |(x) -| < 
l
3. x0 = ,= 
lim (x) = 
x
(k)(h)(xD) |x| > h  |(x)| > k
Esempi.
xn con nN+
lim xn = 
x
infatti |xn| = |x|n; se |x|  1, |x|n  |x| e
(k)(h)(xR) |x| > h  |xn|  |x| > k
purché h = max{1,k}.
Anzi:
lim xn = + se n è pari
x
lim xn = -, lim xn = + se n è dispari.
x
x
11
Esercizio.
Dimostrare se esistono lim xsinx e lim xsinx.
x0
x
Teorema (generalizzazione del teorema di Weierstrass).
Sia : ]a,b[ (R)  R continua (con eventualmente a = - e/o b = +).
Se lim+ (x) = + e lim- (x) = +, allora  ha minimo assoluto in ]a,b[
xa
x b
( è coerciva).
Se lim+ (x) = - e lim- (x) = -, allora  ha massimo assoluto in ]a,b[
xa
x b
( è anticoerciva).
Coerciva
Anticoerciva
Dim.
Ci sono due possibili dimostrazioni, l’una basata sul teorema di Weierstrass, l’altra diretta
(ed estendibile a situazioni più generali).
Siano a = - e b = +.
1) Consideriamo una funzione coerciva.
Calcoliamo  in un punto, per es. 0, e prendiamo |(0)| + 1 > (0).
Poiché lim (x) = +, si ha
x
(h)(k)(xR) |x| > k  (x) > h
Se h := |(0)| + 1, allora per |x| > k si ha (x) > h = |(0)| + 1 > (0) (fuori
dall’intervallo [-k,k] la funzione vale più di (0)).
Considero l’intervallo [-k,k] compatto. Poiché  è continua, per il teorema di
Weierstrass esiste il minimo assoluto m di  ristretta a [-k,k]. Quindi
se |x|  k, allora (x)  m
se |x| > k, allora (x) > (0)  m
Dunque m è il minimo assoluto di  su R.
2) -  è inferiormente limitata
- inf  > -
R
- (xn)n tale che (xn)  inf 
R
12
 
-  x nk
k
tale che x n k  x0
- (x0) = inf  (per la continuità)
R
Nota: per questo teorema basterebbe una proprietà detta “semicontinuità”.
13
Teoremi di esistenza del limite
 Criterio di Cauchy
Sappiamo che in uno spazio metrico completo una successione (xn)n converge ad un
punto dello spazio se e solo se (xn)n verifica la condizione di Cauchy:
( > 0)( n N)(n1,n2N) n1,n2 > n  d(xn1,xn2) < 
Vogliamo estendere questo alle funzioni.
Supponiamo che (E,d) ed (E|,d| ) siano spazi metrici, : D(E)  E| sia una funzione e
x0E sia di accumulazione per D.
Condizione di Cauchy.
Si dice che  verifica la condizione di Cauchy (in x0) se
( > 0)(UI x0)(x1,x2D) x1,x2U\{x0}  d| ((x1),(x2)) < 
Questa definizione implica quella relativa alle successioni: se D = E = N, l’unico
punto di accumulazione per N è +, dunque si cerca,  > 0, un intorno di +, che è
caratterizzato dal contenere tutti i numeri naturali maggiori di un certo n . L’unica cosa
che cambia è che x0 in questo caso non appartiene ad N (bisognerebbe lavorare con N
esteso).
Criterio di Cauchy.
Sia (E|,d| ) uno spazio metrico completo. Si ha che esiste lim (x) = E| se e solo se 
x x 0
verifica la condizione di Cauchy (in x0).
Dim.
1)  lim (x) = E|   verifica la condizione di Cauchy
x x 0
Si sa che
( > 0)(UI x0)(xD) xU\{x0}  d| ((x),) <

2
e quindi
( > 0)(UI x0)(x1,x2D) x1,x2U\{x0}  d| ((x1),(x2)) 

d| ((x1),) + d| ((x2),) < 2 = 
2
(N.B.: la completezza di E| non serve)
2)  verifica la condizione di Cauchy   lim (x) = E|
x x 0
Usiamo il seguente fatto:
14

 lim (x) =  se e solo se E| tale che (xn)n D\{x0} con xn  x0 si ha
x x 0
(xn)  
(i)
(xn)n D\{x0}, con lim xn = x0, esiste lim (xn).
n + 
n + 
Mostriamo che ((xn))n è di Cauchy in E|.
Fissiamo  > 0 e sia U l’intorno di x0, la cui esistenza è assicurata dalla
condizione di Cauchy per la  in x0, tale che per ogni x1,x2D con
x1,x2U\{x0} si ha d| ((x1),(x2)) < .
Poiché (xn)n converge ad x0 esiste n tale che per ogni n1,n2 > n si ha
xn1,xn2U\{x0}.
Ma allora risulta che:
( > 0)( n )(n1,n2) n1,n2 > n  d| ((xn1),(xn2)) < 
Poiché E| è completo, esiste lim (xn) = E|.
n + 
(ii)
Mostriamo che  è lo stesso qualunque sia la successione (xn)n.
Supponiamo per assurdo che esistano (xn)n D\{x0} e (yn)n D\{x0} con
xn  x0 e yn  x0, tali che (xn)   e (yn)  | con   |.
Poniamo
xk
n = 2k - 1
zn :=

yk
n = 2k
cioè z1 = x1, z2 = y1, z3 = x2, z4 = y2,...
Si ha che
(zn)n D\{x0}
(tanto i punti della (xn)n quanto quelli della
(yn)n stanno in D\{x0})
e
zn  x0
(perché (xn)n e (yn)n tendono entrambe a x0, ed i pari
ed i dispari formano una ripartizione di N)
Tuttavia ((zn))n non converge, poiché ammette due sottosuccessioni
(xk)   e (yk)  | con   |.
Il che contraddice la parte (i).
Caso delle funzioni da R in R
Sia : D(R)  R. In questo caso x0 può essere +,-,, con x0 di accumulazione
per D. Il limite R, infatti le successioni di Cauchy hanno limite finito.
Criterio di Cauchy per l’esistenza del limite finito.
15
Esiste finito lim (x) =  (R) se e solo se
x x 0
( > 0)(UI x0)(x1,x2D) x1,x2U\{x0}  |(x1) - (x2)| < 
Applicazioni.
 : ]a,b[  R uniformemente continua su ]a,b[ con a,bR   lim (x)
xa
e lim (x) finiti.
x b
 : D(R)  R uniformemente continua su D  g: D (R)  R uniformemente
continua su D tale che g|D = .
Dim.
Per esercizio (bisogna dimostrare che vale la condizione di Cauchy deducendola
dall’uniforme continuità).
Esempio.
D = Q e : Q  R con
(x) =
1

0
x> 2
x< 2
G()
................
.................
2
 non è definita in 2 , dunque  è continua su Q; non è però uniformemente continua:
qualunque prolungamento a Q = R non è continuo in 2 .
 Teorema sul limite delle funzioni monotone
Sia : D(R)  R.
Si dice che  è monotona non-decrescente (rispettivamente crescente) se
(x1,x2D) x1 < x2  (x1)  (x2) (rispettivamente (x1) < (x2))
Si dice che  è monotona non-crescente (rispettivamente decrescente) se
(x1,x2D) x1 < x2  (x1)  (x2) (rispettivamente (x1 > (x2))
Teorema.
16
Se : D(R)  R è monotona e sup D = x0D (rispettivamente inf D = x0D), allora
esiste lim (x) e
x x 0
 sup (x) (rispettivamente inf (x)) se  è non-decrescente (o crescente)
x D
x D
lim (x) = 
x x 0
 inf (x) (rispettivamente sup (x)) se  è non-crescente (o decrescente)
x D
x D
Osservazioni.
 x0D   non è definita in x0
 x0 può essere finito (R) o + (rispettivamente -)
 sup (x) = sup (D) può essere finito (R) o +
x D

inf (x) = inf (D) può essere finito (R) o -
x D
 Poiché x0 = sup D (rispettivamente x0 = inf D) e x0D, allora x0 è di
accumulazione per D
Dim.
Sia per esempio  non-decrescente.
 Sia sup (x) = R (finito).
x D

_
f (x )
.

D
_
x
.
x
0
Si ha che (per definizione di sup (D))
1) (x)   per ogni xD
2) ( > 0)( x D) ( x ) >  - 
Per la non-decrescenza di  risulta (x)  ( x ) per ogni x > x con xD.
Dunque si ha:
 -  < ( x )  (x)   <  + 
ossia |(x) - | <  per x > x con xD.
Poniamo U := {xR: x > x }. Poiché x < x0, UI x0.
Quindi si ha:
( > 0)(UI x0)(xD) xU\{x0}  |(x) - | < 
17
cioè esiste lim (x) = .
x x 0
 Sia sup (x) = +.
x D
Per definizione di sup (D) = + si ha:
(k)( x D) ( x ) > k
Per la non-decrescenza di , si ha (x)  ( x ) > k per x > x e xD.
Posto U := {xR: x > x } si ha che UI x0 e
(k)(UI x0)(xD) xU\{x0}  (x) > k
cioè esiste lim (x) = +.
x x 0
Esercizio.
Enunciare il teorema nel caso delle successioni (x0 = +).
Corollario.
Se : I(R) R è non-decrescente (rispettivamente non-crescente), I è un intervallo e

x0 I , allora esistono finiti lim  (x) = sup (x)  inf+ (x) = lim  (x)
x x 0
x I -
xI
x x 0
(rispettivamente lim  (x) = inf- (x)  sup (x) = lim  (x)), dove
x x 0
x I
x I +
x x 0
-
I := {xI: x < x0} e
I+ := {xI: x > x0}
Dim.
Basta considerare le restrizioni di  ad I- ed I+.
Esempio.

Se  è non-decrescente su I e x0 I , allora in generale non esiste lim (x).
x x 0
(x) =
G()
18
x
x +
| x|

1

2
x0
x=0
1
.
1
_
2
-1
x0 = 0.
Discontinuità delle funzioni monotone.
Sia : I(R)  R monotona non-decrescente con I intervallo.

Si sa che per ogni x0 I esistono finiti
-(x0) = lim  (x) = sup (x)  (x0)  inf (x) = lim  (x) = +(x0)
x x 0
x>x 0
x< x 0
x x 0
Quando -(x0) = (x0) si dice che si ha continuità da sinistra e quando +(x0) = (x0) si
dice che si ha continuità da destra.
Quindi  è continua in x0 se e solo se
-(x0) = +(x0) (= (x0))
e discontinua in x0 se e solo se
-(x0) < +(x0)
L’intervallo [-(x0),+(x0)] si dice salto della funzione.
Osservazione.
sin
(x) =
1
x
x0

1
x=0
è discontinua in 0, ma  lim- (x) e  lim+ (x)
x0
x0
Osservazione.
1
xQ
(x) =

(funzione di Dirichlet)
0
xR\Q
è discontinua in ogni punto di R.
Sia : I(R)  R non-decrescente con I intervallo.
Poniamo
19

S := {x0 I :  è discontinua in x0 (cioè -(x0) < +(x0))}
(anche se la funzione è discontinua negli estremi, non viene alterata la cardinalità, se
trasfinita).
Teorema.
#S  #N
Dim.
Si cerca : S  N iniettiva.
 +(x0)
 -(x0)
x
0
Si cerca : S  Q iniettiva.
Se x0 < x1 (S) allora
-(x0) < +(x0)  -(x1) < +(x1)
quindi scegliamo un razionale r(x0) in ]-(x0),+(x0)[ e un razionale r(x1) in
(x1),+(x1)[ (per la densità); si ha
r(x0) < r(x1)
Quindi resta definita un’applicazione : S  Q iniettiva.
: S  N si ottiene componendo  con la biiezione tra Q ed N.
20
]-
Teoremi sui limiti
Nei seguenti teoremi siano ,g,h: D  R e sia x0 di accumulazione per D. Supporremo
per semplicità DR, e x0 può essere +,- o . Comunque tutto continua a valere per D
contenuto in uno spazio metrico qualunque.
Teorema 1 (limite della somma).
1. Se lim (x) =1R e lim g(x) =2R allora esiste lim ((x) + g(x)), ed è1 +2.
x x 0
x x 0
x x 0
2. Se lim (x) = + ed esistono kR e UI x0 tali che g(x)  k in (UD)\{x0} (cioè g è
x x 0
inferiormente limitata in U), allora esiste lim ((x) + g(x)) ed è +.
x x 0
3. Analoghi enunciati se (x)  -, o (x)  .
Dim.
1. Per definizione sono continue in x0
(x) x  x0
0(x) :=

1
x = x0
g(x) x  x0
g0(x) :=

2
x = x0
allora è continua in x0 la loro somma 0 + g0, ed essa in x0 vale1 +2, allora questo è
il limite di 0 + g0, e allora anche di  + g (che coincide con 0 + g0 per x  x0).

2. (h)(VI x0)(xD) xV\{x0}  (x)  h - k.
Sia W := UV. È
(h)(WI x0)(xD) xW\{x0}  (x) + g(x)  (h - k) + k, che è h, e allora

lim ((x) + g(x)) = +.
x x 0
3. Il terzo caso è analogo.
Teorema 2 (limite del prodotto).
1. Se lim (x) =1R e lim g(x) =2R, allora esiste lim (x)g(x) ed è12.
x x 0
x x 0
x x 0
2. Se lim (x) = + ed esistono m > 0 e UI x0 tali che g(x)  m in (UD)\{x0} (cioè g
x x 0
è positiva e discosta da 0 in U), allora lim (x)g(x) = +.
x x 0
3. Se lim (x) = 0 ed esistono M > 0 e UI x0 tali che |g(x)|  M in (UD)\{x0} (cioè g
x x 0
èlimitata in U), allora lim (x)g(x) = 0.
x x 0
4. Risultati analoghi a 2) se (x)  - o (x)  .
21
Dim.
1. Si dimostra come nel teorema 1.

2. (h)(VI x0)(xD) xV\{x0}  (x) >
Siano h  0 e W := UV. È
h
m
(h  0)(WI x0)(xD) xW\{x0}  (x)g(x)>
h
m, che è h, e la definizione
m
vale anche per h < 0, e allora
lim (x)g(x) = +. 
x x 0
3. ( > 0)(VI x0)(xD) xV\{x0}  |(x) - 0| <

.
M
Sia W := UV. È
( > 0)(WI x0)(xD) xW\{x0}  |(x)g(x)| = |(x)||g(x)| <
allora
lim (x)g(x) = 0.
x x 0

M, che è , e
M

4. Si dimostra analogamente al secondo.

Definizione.
Si dice che  è infinitesima in x0 se lim (x) = 0, e che è infinita se lim (x) =  (in
x x 0
particolare se il limite è + o -).
Osservazione.
In x0 la funzione può avere qualunque valore o non essere definita.
Esempi.
x2
(x) := 
1
1
g(x) := 
0
22
x0
è infinitesima in 0
x=0
x0
non è infinitesima in 0
x=0
x x 0

1
x
h(x) := 
0
x0
è infinita in 0
x=0
Teorema 3 (della permanenza del segno del limite).
Se lim (x) > 0 (< 0) allora esistono m > 0 e UI x0 tali che (x)  m ( -m) in
x x 0
(UD)\{x0}.
Dim. (per R)
1
Sia m :=
lim (x), che è positivo.
2 x x 0
Allora V := ]m,3m[ è un intorno di lim (x), allora
x x 0
(UI x0)(xD) xU\{x0}  (x)V  (x) > m. 
Sarà utile dimostrare per assurdo il semplicissimo corollario:
Se = lim (x) e UI x0 tale che (x) > 0 in (UD)\{x0}, allora   0.
x x 0
Esempio.
(x) = x2 > 0 in R\{0} e lim x2 = 0.
x0
Teorema 4 (limite della reciproca).
1
1
ed è .
x x 0
x x 0 f (x)
l
1
2. Se lim (x) = + (o - o ), allora esiste lim
ed è 0.
x x 0
x x 0 f (x)
3. Se lim (x) = 0 ed esiste UI x0 tale che (x)  0 in (UD)\{x0}, allora
1. Se lim (x) = R\{0}, allora esiste lim
x x 0
esiste lim
x x 0
1
ed è .
f (x)
Dim.
1. Questo caso si dimostra analogamente al teorema 1 e teorema 2.
2. Facciamo la dimostrazione nel caso  > 0.
(h  0)(UI x0)(xD) xU\{x0}  (x) >
Preso  > 0, in (UD)\{x0} è
(x) > 0
1

(1)
(2)
23
e allora vi è definita
1
.
f (x)
È
2
( > 0)(UI x0)(xD) xU\{x0}  0 
e allora lim
x x 0
1
= 0.
f (x)
1 1
1
1

=
<
f (x)
f (x) f (x)

3. (h > 0)(VI x0)(xD) xV\{x0}  |(x)| <
Sia W := UV. In (WD)\{x0} è definita
(h)(WI x0)(xD) xW\{x0} 
e allora lim
x x 0
1
= .
f (x)
1
h
(3)
1
e
f (x)
1 3
h
f (x)

Teorema 5 (del confronto o dei due carabinieri).
Se esiste UI x0 tale che g(x)  (x)  h(x) in (UD)\{x0} e se lim g(x) = lim h(x) = ,
x x 0
allora esiste lim (x) ed è .
x x 0
Dim.
Per ipotesi
g(x)  (x)  h(x)
x(UD)\{x0} (A)
e
 = lim g(x) = lim h(x)
(B)
x x 0
x x 0
Caso 1: R.
(C)
Sia  > 0 qualunque. Per (B) e (C) V1Ix0 tale che
 -  < g(x) <  + 
x(V1D)\{x0}
ed V2I x0 tale che
 -  < h(x) <  + 
x(V2D)\{x0}
allora per (A)
 -  < g(x)  (x)  h(x) <  +  x(UV1V2D)\{x0}
e allora

lim (x) = 
x x 0
24
x x 0
Caso 2:  = +
(D)
Sia kR qualunque. Per (B) e (D) VI x0 tale che
g(x) > k
x(VD)\{x0}
allora per (A)
(x) > k
x(UVD)\{x0}
e allora
lim (x) = +
x x 0
(non abbiamo considerato h)

Caso 3:  = -
(E)
Sia kR qualunque. Per (B) ed (E) VI x0 tale che
h(x) < k
x(VD)\{x0}
allora per (A)
(x) < k
x(UVD)\{x0}
e allora
lim (x) = -
x x 0
(non abbiamo considerato g)

Applicazione (primo limite fondamentale).
sen x
=1
lim
x0
x
Dim.
Prima di tutto ricordiamo che in geometria elementare si dimostra che l’area A di questo
settore circolare:
r
r
l
rl
è
()
2
passando al limite delle aree di questi poligoni circoscritti:
A=
l1r l1r
l r
r
+
+...+ 1 = (l1 +...+ l1) .
2
2
2
2

25
l
sen x
Poi
è pari, e allora basta dimostrare che 1 è il suo limite destro. Per gli assiomi,
x

fissato l’intorno destro U+ := [0, [ di 0, in U+\{0} è
2
0 < sen x < x
()
Sia ora proprio xU+\{0}. Si calcola subito che la retta del piano cartesiano O(X,Y) per
(0,0) e (cos x, sen x) interseca la retta per (1,0) parallela all’asse y in (1,tg x).
Y
(1,tg x)
(cos x, sen x)
(0,0)
(1,0)
X
Per () il minimo settore circolare del cerchio goniometrico, contenente (0,0),(1,0) e (cos
1 tg x
1 x
x,sen x), ha area
, area chiaramente minore dell’area
del triangolo di vertici
2
2
(0,0),(1,0) e (1,tg x):
x tg x
<
()
2
2



Allora 0  sen x  x  tg x /
x
1
<
sen x cos x
sen x
 cos x <
<1
x


1
1
1<
allora per il teorema 5
1
>0
sen x
/ reciproci
/ lim
x0
sen x
tende a 1.
x

Osservazione.
1 cos x 1
= infatti
lim
x0
2
x2
2
1 cos x 1 cos x 1 cos 2 x
1 1
1
1
 sen x 

=

=
 1 =
 
2
2


2
2
x
1+
cos
x
1+
cos
x
1+
cos
x
x
x
26
Due limiti degni di nota.
n!
i)
lim n = 0
n +  n
ii)
lim
n + 
an
= 0 con aR
n!
Dim.
i) Per il teorema dei due carabinieri:
n! n(n
 n - 2 1 1
 -1)(n - 2)...2  1  1   2 
0< n =
= 1-  1-  ... 1  0
 n  n

n  n  n...n  n
n  n n
n
1
1
1
ii) Se a = 0,  = 0; se a > 0:
0<
a  a...a  a
an
=
n! n(n -1)...2  1
se n > a

a  a...a  a...a  a
a
a...a  a
a a
=
...

n(n -1)... ([a] +1)[a]...2  1 n n -1 [a] +1 [a]...2  1
1
1
=: k
a
ka
k =
0
n
n
Se a < 0, si lavora con i valori assoluti.

27
Definizione.
Ricordiamo che una (n + 1)-upla
(an,an-1,...,a1,a0)
di numeri reali con an  0 si dice polinomio a coefficienti reali di grado n.
Ogni polinomio individua una funzione razionale intera
p(x) = anxn +...+ a1x + a0
da R in R.
Osservazione.
Due polinomi diversi possono individuare la stessa funzione razionale intera, cioè può
accadere che
anxn +...+ a1x + a0 = bmxm +...+ b1x + b0
per ogni xR pur essendo (an,...,a1,a0)  (bm,...,b1,b0) (ciò significa n  m, oppure n = m e
ai  bi per qualche i) ?
Osserviamo che se p(x) = anxn +...+ a1x + a0, con an  0 e n  1, allora
a
a1
a
p(x) = xn(an + n-1 +...+ n-1
+ 0n ), allora lim p(x) = .
x
x
x
x
 



 an 0
0
0
Più precisamente:
n pari 
an > 0  lim p(x) = +
x
an < 0  lim p(x) = -
x
n dispari 
an > 0  lim p(x) = + e lim p(x) = -
x
x
an < 0  lim p(x) = - e lim p(x) = +
x
x
Teorema.
Una funzione razionale intera avente almeno un coefficiente non nullo non è
identicamente nulla, cioè non può essere p(x) = 0 per ogni xR.
Dim.
Se an è il primo coefficiente  0 si ha:
- se n  1 allora lim p(x) =  e allora p(x)  0
x
- se n = 0 allora p(x)  a0  0

Teorema (principio d’identità dei polinomi).
Due polinomi diversi individuano funzioni razionali intere diverse.
Dim.
28
Se
p(x) = anxn +...+ a1x + a0
e
q(x) = bmxm +...+ b1x + b0
allora r(x) = p(x) - q(x) è una funzione razionale intera avente almeno un coefficiente
diverso da 0, allora r(x) non è identicamente nulla, e allora p(x) e q(x) sono due funzioni
diverse. 
Osservazione.
Allora possiamo identificare polinomi e funzioni razionali intere.
Esercizio.
Se p(x) è un polinomio di grado dispari, allora p(x) ha almeno una radice reale.
Funzioni razionali fratte.
p(x) a n x n +...+a 1 x + a 0
Sia (x) =
=
.È
q(x) b m x m +...+b 1 x + b 0

a
a
a
1
x n (a n + n-1 +...+ n-1
+ 0n )
x
x
x
(x) =
 0
b
b
b0
m
m-1
1
x (b m +
+...+ m-1 + m )
x
x
x
a
 n
bm
se m < n
se m > n
per x  
se m = n
Lemma 1.
Siano E un insieme ordinato, e PGE. Se esistono max P e max G, è max P  max G. Se
esistono min P e min G, è min P  min G.
Dim.
max PP e PG, allora max PG, e allora max G  max P perché il massimo di G è
maggiore o uguale di ogni elemento di G. 
Analogamente minG  minP perché il minimo di G è minore o uguale di ogni elemento di
G.

Lemma 2.
Analogo al lemma 1 per sup e inf.
Dim.
PG  ogni limitazione inferiore di G è limitazione inferiore di P 
29
lemma1
 {limitazioni inferiori di G}{limitazioni inferiori di P} 
def
 max{limitazioni inferiori di G}  max{limitazioni inferiori di P}  inf G  inf P.

L’altra è analoga. 
Sarà facile e utile dimostrare, tenendo conto anche dei simboli + e -, il
Lemma 3.
Se PGR allora sup P  sup G e inf P  inf G.
Lemma 4.
Se (xn)n è una successione di numeri reali, la successione (degli “inf delle code”)
( inf xk)nN è non-decrescente, e la successione (dei “sup delle code”) ( sup xk)nN è nonkn
kn
crescente.
Dim.
(xk)kn+1 è la funzione (xk)kn ristretta a {kN: k  n + 1} e allora per le immagini è
Im(xk)kn+1Im(xk)kn
e allora per il lemma 3 inf xk  inf xk, cioè ( inf xk)nN è non-decrescente.

k  n+1
E l’altra è analoga.
kn
kn

Definizione.
Si dice minimo limite di (xn)n il limite della prima successione del lemma 4 (che è
monotona) e si indica con min lim xn = |.
n + 
Si dice massimo limite di (xn)n il limite della seconda successione del lemma 4 e si indica
con max lim xn = ||.
n + 
Teorema (senza dim.).
a. ||R è massimo limite di (xn)n se e solo se valgono
1) ( > 0)( n )(n > n ) xn < || + 
2) ( > 0)(n)( n > n) x n > || - 
b. + è massimo limite di (xn)n se e solo se
(k)(n)( n > n) x n > k
c. - è massimo limite di (xn)n se e solo se
lim xn = -
n + 
Sarà un utile esercizio enunciare l’analogo teorema per il minimo limite.
Teorema (senza dim.).
30
lim xn =    = min lim xn = max lim xn.
n + 
n + 
n + 
Osservazione.
Le definizioni di minimo limite e massimo limite si estendono facilmente alle funzioni
diverse dalle successioni, anche per punti di accumulazione del dominio diversi da +. E
analogamente si estendono i due teoremi. È molto semplice e qualcosa c’è sul Dolcher a
pag. 89.
31
Osservazione.
A volte conviene effettuare dei “cambi di variabile” nel calcolo del limite; per esempio, si
voglia calcolare
1
lim xarcsin
x + 
x
dove non è possibile applicare il teorema sul limite del prodotto perché il limite si
presenta nella forma 0.
1
arcsin
1
x ; posto y = arcsin 1 risulta 1 = sin y e x  +  y  0 in
Si ha xarcsin =
1
x
x
x
x
quanto arcsin è continua. Essendo:
y
=1
lim
y  0 sin y
si ha, per il teorema sul limite della funzione composta, che anche il limite originale è 1.
Infatti, dette:
1
(x) = arcsin e
x
y
g(y) =
sin y
si ha
lim (x) = 0 e
x + 
lim g(x) = 1
y 0
dunque
lim (g°)(x) = 1
x + 
arcsin
dove (g°)(x) =
1
x
1
x.
Esercizi.
Discutere
sin(ax)
sin(ax)
= + e lim= lim+
2
x 0 bx + cx
x0 bx + cx 2
con a,b,cR e b  0 o c  0
Dimostrare che
arctg x
=1
lim
x0
x
32
lim
x0
arcsin x
=1
x
Calcolare
 2n
lim  
n +  
n
tg x
lim
x0 x
33
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