Limiti (definizione e teoremi)

Funzioni e limiti

Se D ⊆ ℝ, f: D → ℝ. Se x₀ ∈ D e ammettiamo che ∃ I intorno tale che I\{x₀ tale che I⊆D allora ∃ es. D=]a,b[ I=]a,b[ D semiretta D=]a,b[, ..., D=ℝ.

Limite

In questo parli se posso definire ξ R: f → ℝ. Se ∀ ε> 0, ∃ δ (ε) tale che ∀ x &in; D\x₀, |x - x₀|<δ ⇒ |f(x) - ξ| < ε. Limite:

• a) f(x)= x D = ℝ ⇒ x→x₀. Cerco ε ∈ ℝ tale che ∀ ε > 0 ∃ δ con la proprietà: ∀|x - x₀| < δ ⇒ |x² - x₀²| < ε. Provo con ε = |x² - f(x₀)|.
• |x² - x₀²| = |(x + x₀)(x - x₀)|.
• |x + x₀| = |x - x₀| = |x₀ + (x₀)| = |x - x₀| + |2 x₀|.
• |x² - x₀²| < δ ( |x - x₀| + |x - x₀ + 2 x₀|).
• Se |x - x₀|<δ, ⇒ |x² - x₀²| < δ (δ + 2 |x₀|) < ε.
• |1 - |x₀| + |x₀| < 1 &sqrt;2 < δ.
• ε|(x², x₀²)| < δ ( |x² + x₀|). Scelto a piacere ∀δ |x + x₀| + |x₀|>|.

Esempio

f(x)= sin(x). D - ] - ∞,0[ 0[+ ]0,+∞[∫ lim &sin;_x→0(x)?/è ∑^etcp. ∀ ε > 0, ∃δ,α &in;ℝ\{0\} &in; ♣essendo un limite notevole |lim_x→0 sin(k) / x| = 1∀.∃ δ tale che 0<|αx|<δ.

Funzioni e limiti

Se D ⊆ &Ropf;, f: D → &Ropf;. Se x₀ &in; &Ropf;, supponiamo che ∃ r > 0 tale che I_x0= ... es. D=[a, b] ∃ v&in;[a,b]. D semifreta D=[a,b[.

Limite

In questo parli, è meno definire c.f.m. f: &Ropf; → &Ropf;. Se ∀ &epsi; > 0, ∃ δ (&epsi;) tale che ∀ x ∈ D₁ x ≠ x₀ |x-x₀| ...

Limite

• f(x), xD → x → x₀
• Cerco ∃ c &in; &Ropf; tale che ∀ &epsi; > 0 ∃ δ > 0 con la proprietà ad |x-x₀| < δ ⇒ |x² - x₀²| < &epsi;.
• Provo con |c = x₀² - f(x₀)|. |x² - x₀²| = |(x-x₀) (x+x₀)|.
• |x+ x₀| = |x - x₀ + 2 x₀| ≤ |x-x₀| + 2 |x₀|.
• 1 |x² - x₀²| < |x-x₀| (|x-x₀| + 2 |x₀|).
• Se |x-x₀| < δ ⇒ |x² - x₀²| < δ{|}δ = |1 - x₀| + |x₀ + δ5 - |x₀| + &sqrt;| ... |... vale per una parte vale sopra. Scelto à piacere δ = 5.

Esempio: ∃ x₀ tale che 0 < |x| < sin(x) - 1 < ε -ε < sin(x) - 1 < ε. Visto che per 0<x<π/2 cos(x) < sin(x) < 1.

cos(x) - 1 < sin(x) - 1 < 0. Fisso ε>0 e cerco δ tale che -ε < cos(x) - 1 cos(x) > 1 - ε. δ < arcos(1-ε).

Esempio: f(x): R -> Z D_f = R > 0.

lim_x->0 f(x)=0 candidato naturale per il limite è [0]=0. ∀ ε>0 ∃ ? δ tale che 0 < |x| < δ => |[x]| < ε. Per δ_1 = 1 . |x| < 1 -1 < x < 1 [x] = -1 -1<x≤0 x = 0 0<x≤1. Se x∈[0;1[ |x|∈0<ε ∀ ε va bene qualunque δ<1. x ∈ [-1;0[ |x] = 1 quindi x = ε < 1 non esistono valori. Percio il limite non è 0.

lim_x->x0⁺ f(x0) = 0 lim_x→x0^- f(x0) = -1.

Limite destro: lim_{x->x0⁺ f(x) = l σ ∀ ε>0 ∃ δ(ε) tale che}∀ x ∈ D_0 < x - x₀ < ε => |f(x) - l| < ε.

Limite sinistro: lim_{x->x0^- f(x) = l σ ∀ ε>0 ∃ δ(ε) tale che}∀ (x∈D)-δ < x-x₀ < 0=> |f(x) - m| < ε -√δ < x < x₀.

Limite infinito

f : D->R x₀∈R , ∃ x₀ tale che ]x₀ - r; x₀r ⊆ D allora lim_x->x0⁺ f(x)= +∞ se ∀ x0 ∃ δ > 0 tale che 0 < |x-x₀| < δ => f(x)>H.

Limite -∞ Allora lim_x->x0^- f(x) = -∞ se ∀ x₀ ∃ δ > 0 tale che-0.1 < x -x₀| < δ => f(x) < -H.

Esempio: f(x) = ₁/^x2 D = R-{0}. lim_{x → 0 1}/^x2 = +∞ fisso H > 0 e cerco &jcirc;(h) tale che ₁/^x2 > H ∀ 0<|x|<&jcirc;(h)|x| < ₁/^√_H = &jcirc; verso che &Jcirc; = +∞.

Esempio: f(x) = ₁/^x. lim_{x → 0^- 1}/^x = +∞.

Limite dentro +∞ ∀ H > 0 ∃ &jcirc;̅ per tale che 0<x<&jcirc;̅ ⇒ ₁/^x > H_{(&jcirc;̅ = 1/^H)}. Limite sinistra = -∞ ∀ H > 0 ∃ &jcirc;̅ per tale che -&jcirc;̅ < x < 0 ⇒ ₁/^x < -H_{(&jcirc;̅ = 1/^H)}.

Limite infinito

l.m. → l ∊ R. lim_{x → +∞} f(x) = l ∊ R se ∀ ε > 0 ∃ N_ε tale che x > N_ε ⇒ |f(x) - l| < ε. lim_{x → +∞} f(x) = -∞ se ∀ M > 0 ∃ N_M tale che x > N_M ⇒ f(x) > M. lim_{x → +∞} f(x) = ∞ se ∀ M > 0 ∃ N_M tale che x > N_M ⇒ f(x) < -M.

Esempio: f(x) = x² D = R. lim_{x → -∞} x² = +∞ → ∀ H > 0 cerco N_M tale che x > N_M ⇒ x² > M. Prendo N_M = √_M.

Esempio: lim_{x → -∞ x²}/² > ∞. Esempio: lim_{x → +∞ 2x+1}/^3x = ₂/³.

-∞; 0 [ ⊂ ] 0; +∞]. ∀ ε > 0 ∃ N_ε tale che | _2x+1/^3x - ₂/³ | < ε ogni volta che x > N. | _2x+1/^3x | + 1/3 | < ε → N = ₃/^ε.

Aritmetica dei limiti

f, g : D->ℝ tale che ∃ x₀ ∈ I tale che I{x₀-r,x₀+r} ⊂ D. Supponiamo che ∃ lim_x->x0 f = l e lim_x->x0 g = m. Allora:

• 1 lim f±g
• 2 lim x±g
• 3 lim x·g attenzione ±∞·0
• Se m≠0 lim x/g se g(x) ≠ 0 ∀ x ∈ D tale che 0<|x-x₀|<r
• E:(0/0 ∞/∞)

Esempio: f(x): x ∈ D->ℝ ∀ x₀ ∈ ℝR₁ l = f(x₀) x₀. Devo dimostrare che ∀ε>0 ∃ δ_f >0 tale che 0<|x x₀| < δ_f => | f(x) - f(x₀) | < ε ε=δ.

Conseguenze:

• p(x)=a₀ + a₁x + a_n x^m => lim_x->x0 ρ = ρ(x₀)
• Infatti: lim_x->x0 a₀ + d_x=x0 x x₀^d x^d-1
• Se f(x)=a costante => lim_x->x0 f_ε: a (∀x)
• Deduco che ∀ ε>0 ∃ jæ tale che 0<|x-x₀| < δ => |a-a|=0 <ε
• Prendo δ=1 => lim_x->x0 a₀ + a_d a_d x^d

Def.: f : D->ℝ x₀ ∈ D ( ∃ x₀ I{x₀-r;x₀+r} ⊂ ℂ)

Ancora f è continua x₀.

Esempio: p(x) polinomio => continua in ogni x₀. Esempio: x continua sempre x. Esempio: f(x)=|x |x continua in ogni punto al ℝx₀ = f(x₀) alla Ff_x0x0f(x) è continua perché la funzione x è continua. Se x₀ = 1x₀ valgono x₀-r;x₀+r[ r ∈ X x₀]

Dove I{x₀+r;[o valgono così la funzione x continua vx-al; r._-∀ ε>0 ∃ t tale che 0<|x x₀| < δ => |<<x<<| Ɛ non va no ∧rx N_E.

Infatti, cos ∀ m > N_δ tale che di dimostrare che il limite non s.

Limiti notevoli

1. _lim ^sin(x)/_x = 1
2. _lim ^1-cos(x)/_x² = 1/2
3. _lim ^-cos(x)/_x² - ^1+cos(x)/_-x² - ^1+cos(x)/_1+cos(x)
4. _lim ^sin²(x)/_x - ^1+cos(x)/_1/2 - ^1-cos²(x)/_x² - 1 - ¹/_1+cos(x)
5. _lim ^{(1 + 1/x) ^ x} = e
6. _lim ^{log (1+x)}/_x = 1
7. _lim ^{e ^ x-1}/_x = e

Composizione

f: D → &Ropf;, g: E → &Ropf;. Se ∃ x₀ &in; &Ropf; tale che ∃ r > 0 ∃ I x₀ − r ; x₀ + r [ I \ {x₀} cD. φ ( I x₀ − r ; x₀ + r [ ) cE.

Supponiamo che _lim f(x₀) = y₀ è E e che ∃ s > 0 ∃ J y₀ − s ; y₀ + s J cE.

Allora se ∃ _lim g(y) = l allora _lim ^{g (f(x))} = l.

Esempio: lim x→0x√1+x - √1-xx(√1+x + √1-x). lim x→0x е^1/xя +1 e^1/y когда x → -∞. lim y→±∞e1 - ( √3cos(3x) )². lim 1/1 - cos(5x)²81x⁴ → 0 non posso definire perché non fa parte del dominio.

Prolungamento continuo delle funzioni

Sia g: х₀εR ⇔ х₀ε [ {х₀} Supponiamo che lim g(x)+εф(х)г(x)x≠2Кπ ед(х)εRR ⇔ lim ф(x)=0.

Teorema di Weierstrass

Sia f : [a,b] → R continua in ogni punto di [a,b] (cioè ∀x₀ ∈ [a,b] ∈ R &lim; f(x₀) = f(x₀) = &lim; f(b), &lim; f(a)). Allora f ammette un max ed un min in [a,b].

∃ m,M ∈ R tali che f(x_min) = m, f(x_max) = M, f(x) ∈ [m;M]∀x ∈ [a,b].

Quando k ≠ 0 x ≠ 2πk x/2πk_{n ≠ k}. Quindi fiss. f(x) = 0 perché∀x ∈ Q∀x ∈ ℜ \=_&naturals; g(x) ≠ koss.

Se lim_x→x0 f(x) = f(x₀) allora lim_x→x0 f(x) = l. lim_m→∞ f(b_m) = x₀. f(x) = t = |x| - [x].

Teoremi sui limiti e funzioni continue

1. Permanenza del segno: f: D → &Ropf;, x₀ &in; &Ropf;. x₀ &in; D_ad ∩ R[ - S_x0] ⇒ D. Supponiamo che ∃ &varepsilon;(x) > 0   ∀ x > x₀. Allora: ∃ lim_x→x0 &phiv;(x) &in; &Ropf; ⇒ &ell; > 0. Idem per continuità di &phiv;. Idea:   ∀ &varepsilon; > 0   ∃ δ tale che   |x-x₀| < δ ⇒ |&phiv;(x) - &ell;| < &varepsilon;. ∃ &phiv;(x) ¹ ( (&phiv;(x) - &varepsilon) e )   0 ≤ &phiv;(x) ≤ &varepsilon; + &varepsilon; ⇒ &ell; > &varepsilon;   ∀ &varepsilon; > 0     &ell; > 0.
2. Teorema degli zeri: f: [a, b] → &Ropf;. f continua in ogni punto di [a, b]. Supponiamo che &phiv;(a) &phiv;(b) < 0. Allora ∃ c &in; [a, b] tale che &phiv;(c) = 0. Idea: costruisco una successione {C_n} C_m &in; [a, b]. C_m - C_m = &varepsilon; &in; [a, b], con &phiv;(c) ² 0. C₂ = (a + b) / 2 (punto medio). &phiv;(C_i) = 0   se o teorema> 0 restringo [a, b] ∩ < 0 restringo [a, c₁]. Premulo C₂ - C₁ punto medio e ripeto     Z. Continuo a diminuire l'ampiezza la successione C_m → C. Esempio: &phiv;(x) = 3x³ - 3x + 1 - x³ (1 - 1 / 3x² + 1 / 3x³). Cerco di capire dove 1 radici del &phiv; l'uno &RightRarro; &phiv;(x) ² 0   ∀ b &in; &Ropf; tale che &phiv;(x) > 0   ∀ x &in; [b, t ∞]. Allargamente lim &phiv; ¬ - ∞ ⇒ ∃ d &in; &Ropf; tale che &phiv;(x) < 0.   ∀ x &in; [ - ∞, a] ⇒ gli zeri si trovano in [a, b]. &phiv;(-2) = -8, (4) &phiv;(-1) = -3 + 3 + 1 &phiv;(-1) &phiv;(-1) = 1 - 3 &phiv;(2) = 13 ∃ x₁ &in; [-2, -1] com &phiv;(x₁) > 0. 3 ∃ x₂ &in; [-1, 0] com &phiv;(x₂) > 0. 3 ∃ x₃ &in; [0, 2] com &phiv;(x₃) = 0 ⇒ 3 radici in [-2, 2].

Teorema dei valori intermedi

Im(f)=[m,M] cioè ∀ y_o ∈ [m,M] ∃ x_o ∈ [a,b] tale che f(x_o)=y_o. La funzione f:[a,b]⇒[m,M] è surdettiva. Il teorema dei valori intermedi deriva dal teorema di Weierstrass e da quello dell'esistenza degli zeri. La funzione g(x)=f(x)-y_o per y_o ∈ ]m;M[.

g=(k-minf)↔f(x_m)-y_o=m-y_o 0∃ x_o ∈ [a,b] tale che g(x_o)=0 ↔ ()↓⎤ f(x_o)=y_o.

Asintoto obliquo

Sia f(x) per x→±∞ diremo che la retta lim _x→±∞ = aa∙+ è l’asintoto obliquo di f im +∞ se lim _x→±∞ (f)(x)-a∙x-b)=0 a≠0.

a. lim _x→±∞ f(x)/x ≠0.

b. lim _x→±∞ (f)(x)-a∙x. L’asintoto obliquo esiste se a e b esistono.

Esempio: f(x)=3³-3+1. a: lim _x→+∞ f(x)/x = lim _x→±∞ ((2-3)e^-4/x∙9-2)⁴ t=1/_x t→ ob: lim _x→±∞ (2{e^-1/x+1}=3e^-4/x p_x⎤ 3e^-4/x a₁=±∞ asintoto obliquo y=2-5 im ±∞.