Appunti per orale di analisi matematica 1 e 2

Thm Unicità Limite

Se il lim e unico.

Hp: 1) α - x₀ ∈ ℝ

2) lim_{x → α} f(x) = l₁, lim_{x → α} f(x) = l₂, l₁ ≠ l₂

3) Unicità già visto

Fissiamo ε ≤ |l₁ - l₂|/2

Unire

1. ∀ ε > 0 → ∃ δ > 0 | α - x₀| < δ x ∈ X | |f(x)-l₁| < ε
2. ∀ ε > 0 → ∃ δ₂ > 0 | x ∈ X | |f(x)-l₂| < ε

Prendiamo δ=min{δ₁,δ₂}, 0<|x-x₀|<δ

Dalla disuguaglianza triangolare del valore assoluto |f(x) - l₁|<ε₁<ε, |f(x) - l₂|<ε₁<ε

Dalla disuguaglianza triangolare di valore assoluto sapendo che il valore assoluto di R è minore o uguale alla somma di moduloricco

|l₁ - l₂| ≤ |f(x) - l₁| + |f(x) - l₂| < |f(x) - l₁| + |f(x) - l₂| < 2ε ε ≥ |l₁ - l₂|/2

Thm Permanenza Segno

Anno del limite scelto un ε > 0 abbiamo

|f(x)-ε|<ε → -ε<f(x)<ε+ε Sostituendo ε = |l| otteniamo: -ε-|l|<f(x)<ε+|l|

-ε-|l|<f(x)<ε+|l| se:

ε>0 → -ε-|f(x)<ε o <f(x)<2ε f(x)>0 ε<0 → o ε<f(x)<ε-ε 2ε<f(x)<0 f(x)<0

"Se lim_{x → x0} f(x) = l, l ≠ 0, allora ∃ un intorno I dito escluso che più x₀ in cui f(x) e l sono σ > 0 o σ <0"

Siano f, g: R* ↦ R, α punto di accumulazione per X.

Supponendo f(x) ≤ g(x) ≤ R(x) in un intorno di α e

\(\lim_{{x \to \alpha}} f(x) = \lim_{{x \to \alpha}} g(x) = \ell\) allora \(\lim_{{x \to \alpha}} g(x) = \ell\).

TEOREMA DEI CARABINIERI O DEL CONFRONTO

Partendo dalla definizione di limite:

∊⟹ >0, ∃δ1 >0 : 0<|x-x₀|≤δ1

ℓ-∊ < l(x) < ℓ+∊ (x) ℓ ≤ t+∊

∃δ2 >0, 0<|x-x₀|≤δ2, l(x)-∊ < ℓ t ℓ-∊ t <

Prendiamo δ: min{ δ1, δ2 } per tale δ siano entrambe

le condizioni trovate per l(x) e l(x).

Quindi, tornando all'Rp, determiniamo f(x)≤ g(x)≤ R(x)

ℓ-∊ ≤ f(x) ≤ g(x) ≤ R(x) ≤ ℓ+∊

Pertanto, se X ∈ I(x₀), 0<|x-x₀|≤δ vale

ℓ-∊ ≤ g(x)≤ ℓ+∊ che in accordo con la def. di limite

si traduce in \(\lim_{{x \to x₀}} g(x) = \ell\).

TEOREMA DI ESISTENZA DEL LIMITE X FUNZIONI MONOTONE

f(x) funzione monotona in (α, β), ∃lim f(x), ∃lim f(x)

Se crescente

lim \(\lim_{{x \to \alpha^+}} f(x) = \inf f(x)\)

lim \(\lim_{{x \to \beta^-}} f(x) = \sup f(x)\)

Se decrescente

lim \(\lim_{{x \to \alpha^+}} f(x) = \sup f(x)\)

lim \(\lim_{{x \to \beta^-}} f(x) = \inf f(x)\)

Teorema Derivata Funzione Inversa

Consideriamo y = f(x) definita e invertibile in I e la sua funzione inversax = f^-1(y). Se f(x) è derivabile nel punto x∈I con f'(x)≠0,allora f^-1(y) è derivabile nel punto y=f(x) e vale:

D[f^-1(y)] = 1 / f'(x) con x = f^-1(y).

Dimostrazione

• Consideriamo il rapporto incrementale di f^-1(y): (f^-1(y) - f^-1(y₀)) / (y - y₀) con y≠y₀

Ricordando che x = f^-1(y), x₀ = f^-1(y₀), y = f(x), y₀ = f(x₀)

x ≈ x₀ con x≠x₀f(x) = f(x₀)

• Impostando f(x) continuo otteniamo f'^-1(y) continua

(f^-1(y) - f^-1(y₀)) / (y - y₀) = lim_x→x0 (x - x₀) / (f(x) - f(x₀))

D [f^-1(y)] = 1 / f'(x₀)

Teorema Derivata Prodotto di 2 Funzioni

D[f(x)·g(x)] = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)

Dimostrazione

• Partiamo dalla definizione di prodotto incrementale e derivato:

Δy(x) = f(x)·g(x)   Δy(x+ΔR) = f(x+ΔR) g(x+ΔR)

Δy' = lim_R→0 [f(x+ΔR)g(x+ΔR) - f(x)g(x)] / R

• Sottraggo e aggiungo g(x+ΔR)f(x):

lim_R→0 {[f(x+ΔR)g(x+ΔR) - f(x)g(x)] / R}

lim_R→0 {[g(x+ΔR) [f(x+ΔR) - f(x)] + f(x) [g(x+ΔR) - g(x)]] / R}

TEOREMA - CONSEGUENZA DI LAGRANGE

Sia f: [a, b] → R continua in [a, b] e derivabile in (a, b). Supponiamo che lim_x→c⁺ f'(x). Se tale limite è finito allora f(x) è derivabile anche in c. f'(x) risulta continuo "in c". Se in un punto interno A nome derivabile in A e la retta tangente ortogonale in (o, f(o)) è verticale.

DIMOSTRAZIONE

Pone il thm di Lagrange ∃ c ∈ (a, x): f'(c) = (f(x) - f(a)) / x - a

Pcioé c_x → a⁺ quando x → a⁺

Passando oe limite si ottiene la conclusione.

CONCLUSIO

Sia f: I → R derivabile in I. Allora la funzione f' non può ammettere discontinuità di 1° specie in I.

ASINTOTI

DEFINIZIONE

• Doto f: [a, +∞) → R la retta y = mx + q è osintoto dx o sx per f se lim_x→±∞ (f(x) - mx + q) = 0

Se il coefficiente angolare m=±0, l'osintoto è orizzontale, altrimenti si dice obliquo. L'asintoto dx o sx se è unico.

OSS

Si sia f(x) = mx + q + φ(x), com φ(x) → 0 per x→±∞, allora y = mx + q è asintoto dx per f(x).

TEOREMA

Condizione necessaria e sufficiente affinché y = mx + q sia asintoto dx [sx] per f(x) è:

• lim_x→+∞ f(x) = m e lim_x→+∞ f(x) - mx = q
• lim_x→-∞ f(x) = m e lim_x→-∞ f(x) - mx = q

DIMOSTRAZIONE

lim x→0 ^{1 - cos x}/_x² = 1/2

Rp: lim 1 per continuo in zero.

RAZIONALIZZANDO

lim x→0 ^{1 - cos x}/_{x²(1 + cos x)} = lim x→0 ^sin2x/_{x²(1 + cos x)}

= lim x→0 ^{sin x}/_x * lim x→0 ^{sin x}/_{1 + cos x} * lim x→0 1 = 1/2

= 1

= 1

DIMOSTRAZIONE

lim x→0 ^{1 - cos x}/_x = 0

lim x→0 ^{1 - cos x}/_x * 1/(1 + cos x) = lim x→0 ^{sin x}/_x * lim x→0 sin x * lim x→0 1/(1 + cos x) = 0

INFINITI E INFINITESIMI

DEFINIZIONE

Si dice che f(x) e g(x) sono infinitesimi dello stesso ordine se il rapporto f(x)/g(x) tende a un numero finito e diverso da zero.

Si dice che f(x) e g(x) sono due infinitesimi equivalenti se f(x)/g(x) → 1 per x→0.

Si dice che f(x) è un infinitesimo superiore di g(x) se f(x) → 0 per x→0.

Si dice che due infinitesimi non sono confrontabili se f(x)/g(x) non ammette limite per x→0.

DEFINIZIONE

Sono f(x) e g(x) due infinitesimi per x→α, con g(x) ≠0 in un intorno di α, se ∃ K≠0 e L≠0 : lim x→α f(x)/[g(x)]^k = L

Si dice che f(x) è di ordine k ≥0 rispetto a g(x) se ∃ K≠0: f(x) e g(x) stesso ordine di R(x)=[f(x)/g(x)]^k.