Appunti di Analisi I

APPUNTI DI ANALISI I

ELEFANTE PAOLA

MATR. 900025133

1. Limiti di funzioni reali

Denizioni preliminari. intorno sferico di

1.1. Siano , . L' di

x ∈ R ρ > 0 x

0 0

raggio é l'intervallo

ρ − ρ, x + ρ[

]x

0 0

Inoltre deniamo la famiglia degli intorni sferici di x

0

I(x ) = { ]x − ρ, x + ρ[ : ρ > 0 }

0 0 0

intorni forati

e l'insieme degli ◦

I (x ) = {I : I = (I ∈ I(x ))\{x }}

0 0 0

punto di accumulazione

Siano , . é un di se

A ⊆ R x ∈ R x A

0 0 ◦

A ∩ I 6 = ∅ ∀I ∈ I (x )

0

derivato di

Chiamiamo , indicato con la notazione , l'insieme dei punti di

A D(A)

accumulazione di A. pari dispari

Una funzione si dice se ; una funzione é invece se

f f (−x) = f (x) g

.

g(−x) = −g(x) monotona

Una funzione é :

f : A ⊆ R → R

crescente

l se ∀ x , x ∈ A, x < x f (x ) < f (x )

1 2 1 2 1 2

non decrescente

l se ∀ x , x ∈ A, x < x f (x ) ≤ f (x )

1 2 1 2 1 2

decrescente

l se ∀ x , x ∈ A, x < x f (x ) > f (x )

1 2 1 2 1 2

non crescente

l se ∀ x , x ∈ A, x < x f (x ) ≥ f (x )

1 2 1 2 1 2

1

2 ELEFANTE PAOLA MATR. 900025133

Denizione di limite.

1.2. Siano ∗

f : A ⊆ R → R, x ∈ D(A), λ ∈ R = R ∪ {−∞, +∞}

0

diremo che ◦

def

lim f (x) = λ ⇐⇒ ∀ V ∈ I(λ) ∃ I ∈ I (x ) : f (x) ∈ V ∀ x ∈ A ∩ I

0

x→x 0

In modo del tutto analogo possiamo formulare una denizione leggermente di-

versa def con

lim f (x) = λ ⇐⇒ ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x ∈ A |x − x | < δ |f (x) − λ| < ε

0

x→x 0 N.B. è arbitrario, no!

ε δ

I principali teoremi.

1.3. Elencheró ora i principali teoremi sui limiti di funzioni

reali, con relative dimostrazioni.

Teorema (unicitá del limite) . ∗

1.1 Siano . Se

A ⊆ R, x ∈ D(A) ∩ R , f : A → R

0

∗

esistono tali che

λ, σ ∈ R e

lim f (x) = λ lim f (x) = σ

x→x x→x

0 0

allora .

λ = σ

Dimostrazione. ad absurdum

Per la dimostrazione impostiamo un ragionamento . Supponiamo in-

fatti che ; allora esistono tali che . Per

λ 6 = σ I ∈ I(λ), I ∈ I(σ) I ∩ I = ∅

1 2 1 2

◦

la denizione di limite devono esistere tali che

U , U ∈ I (x )

1 2 0

f (x) ∈ I ∀ x ∈ U ∩ A

1 1

f (x) ∈ I ∀ x ∈ U ∩ A

2 2

APPUNTI DI ANALISI I 3

Se prendiamo in considerazione peró l'intorno , in esso risulterebbe

U ∩ U

1 2

, il che contraddice l'ipotesi.

f (x) ∈ I ∩ I 6 = ∅

1 2 C.V.D 1

Teorema (segno) .

1.2 Siano una funzione continua in A,

f : A ⊆ R → R x ∈

0

∗ . Se

D(A), λ ∈ R ◦

lim f (x) = λ ⇒ ∃ I ∈ I (x ) : f (x) ∗ λ > 0 ∀ x ∈ I ∩ A

0

x→x 0

Dimostrazione. +

Prendiamo in considerazione il caso . Per la denizione di limite

λ ∈ R

◦

∀ ε> 0 ∃ I ∈ I (x ) : ∀ x ∈ I ∩ A |f (x) − λ| < ε

0

Dato che é arbitrario possiamo sceglierlo in modo che . In

ε ε < λ ⇒ λ − ε > 0

questo modo otteniamo: 0 < λ − ε < f (x) < ε + λ

ovvero nell'intorno e di conseguenza .

f (x) > 0 I λf (x) > 0

−

Analogamente si dimostra il caso in cui . Supponiamo invece . La

λ ∈ R λ = +∞

denizione di limite diventa: ◦

∀ M > 0 ∃ I ∈ I (+∞) : ∀ x ∈ I ∩ A f (x) > M

Dato che nell'intorno , si vede subito che . Il caso in cui

0 < M < f (x) I λf (x) > 0

é del tutto simile.

λ = −∞ C.V.D.

Teorema (dei due carabinieri) .

1.3 Siano f, g, h : A ⊆ R → R,

◦

∗ . Supponiamo che esista ; Se

x ∈ D(A) ∩ R U ∈ U (x ) : f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)

0 0

lim f (x) = lim h(x) = λ ⇒ lim g(x) = λ.

x→x x→x x→x

0 0 0

Dimostrazione.

Per ipotesi ◦

∀ ε> 0 ∃ U ∈ U (x ) : ∀ x ∈ U ∩ A |f (x) − λ| < ε

1 0 1

1 In seguito verrá data la denizione di continuitá.

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◦

∀ ε> 0 ∃ U ∈ U (x ) : ∀ x ∈ U ∩ A |h(x) − λ| < ε

2 0 2

Perció nell'intervallo varranno tutte e tre le ipotesi, ovvero

U = U ∩ U ∩ U

3 1 2

λ − ε < f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) < λ + ε ⇒ lim g(x) = λ

x→x 0

C.V.D.

Teorema . ∗

1.4 Siano . Allora se:

f, g, : A ∈ R → R, x ∈ D(A) ∩ R

0

(1) lim f (x) = λ ∈ R, lim g(x) = σ ∈ R ⇒ lim f (x) + g(x) = λ + σ

x→x x→x x→x

0 0 0

(2) lim f (x) = λ ∈ R, lim g(x) = σ ∈ R ⇒ lim f (x)g(x) = λσ

x→x x→x x→x

0 0 0

2

(3) lim f (x) = λ ∈ R, lim g(x) = σ ∈ R 0

x→x x→x

0 0

f (x) λ se

⇒ lim = g(x) 6 = 0 ∀ x ∈ A

g(x) σ

x→x 0

(4) lim f (x) = +∞(−∞), lim g(x) = +∞(−∞),

x→x x→x

0 0

⇒ lim f (x) + g(x) = +∞(−∞), lim f (x)g(x) = +∞

x→x x→x

0 0

(5) lim f (x) = +∞, lim g(x) = −∞ ⇒ lim f (x)g(x) = −∞

x→x x→x x→x

0 0 0

(6) lim f (x) = λ ∈ R ⇒ lim |f (x)| = |λ|

x→x x→x

0 0 1

1

(7) =

lim f (x) = λ ∈ R ⇒ lim

0 f (x) λ

x→x x→x

0 0

Dimostrazione.

Le dimostrazioni si costruiscono partendo dalla denizione di limite.

Calcolo di alcuni limiti notevoli.

1.4. sin(x) =1

• lim x

x→0

Come si osserva in gura (1)

π

π , [ |sin(x)| < |x| < |tan(x)|

∀ x ∈ ] − 2 2

Divido per |sin(x)| ¯ ¯ ¯ ¯

¯ ¯ ¯ ¯

x 1

¯ ¯ ¯ ¯

1 < <

¯ ¯ ¯ ¯

sin(x) cos(x)

2 Con la notazione indico l'insieme .

R R \ {0}

0 APPUNTI DI ANALISI I 5

Primo limite notevole

Figure 1. π

π . Inoltre nel medes-

e hanno segno concorde nell'intervallo , [

x sin(x) ] − 2 2

imo intervallo . Quindi posso omettere il valore assoluto.

cos(x) > 0 x sin(x)

lim cos(x) = 1 ⇒ lim = 1 = lim

sin(x) x

x→0 x→0 x→0

per il Teorema dei due carabinieri (1.3).

tan(x)

• lim =1

x

x→0 sin(x) ottengo

Sapendo che tan(x) = cos(x) sin(x)

lim x cos(x)

x→0 sin(x)

Inoltre e, come precedentemente dismotrato, ;

lim cos(x) = 1 lim = 1

x

x→0 x→0

ottengo allora: tan(x)

lim =1

x

x→0

1

1 − cos(x) =

• lim 2

x 2

x→0 1 + cos(x)

É