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 ∈ 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

δ - |x₀| + |x₀|ε

|(x², x₀²)| < δ ( |x² + x₀|)

Scelto a piacere ∀δ |x + x₀| + |x₀|>|

Es: f(x)= sin(x)

D - ] - ∞,0[   0[+ ]0,+∞[

∫ lim &sin;_x→0(x)?/

è ∑^etcp ∀ ε > 0, ∃δ,α ∈ℝ\{0\} ∈ ♣

essendo un limite notevole |lim_x→0 sin(k) / x| = 1

∀.∃ δ tale che0<|αx|<δ

FUNZIONI E LIMITI

Se D ⊆ ℝ f: D → ℝ

Se x₀ ∈ ℝ, supponiamo che ∃ r > 0 tale che I_x0= ...

es. D=[a, b] ∃ v∈[a,b] D semifreta D=[a,b[

LIMITE

In questo parli, fa meno definire c.f.m. f: ℝ → ℝ

Se ∀ ε > 0, ∃ δ (ε) tale che ∀ x ∈ D₁ x ≠ x₀ |x-x₀| ...

LIMITE

1. f(x), x
2. D → x → x₀

cerco ∃ c ∈ ℝ tale che ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 con la proprietà ad |x-x₀| < δ ⇒

|x² - x₀²| < ε

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 + δ

5 - |x₀| + &sqrt;

| ... |... vale po di una parte vala sopra

Scelto à piacere δ = 5

ex.

∃ 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)

es. 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 +∞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

es. f(x) = ₁/^x2 D = R-{0}

lim_{x → 0 1}/^x2 = +∞ fisso H > 0 e cerco ĵ(h) tale che ₁/^x2 > H ∀ 0<|x|<ĵ(h)

|x| < ₁/^√_H = ĵ verso che Ĵ = +∞

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

limite dentro +∞

∀ H > 0 ∃ ĵ̅ per tale che 0<x<ĵ̅ ⇒ ₁/^x > H

_{(ĵ̅ = 1/^H)}

limite sinistra = -∞

∀ H > 0 ∃ ĵ̅ per tale che -ĵ̅ < x < 0 ⇒ ₁/^x < -H

_{(ĵ̅ = 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

es. f(x) = x² D = R

lim_{x → -∞} x² = +∞ → ∀ H > 0 cerco N_M tale che x > N_M ⇒ x² > M

prendo N_M = √_M

es. lim_{x → -∞ x²}/² > ∞

es. 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 ∞/∞)

ex: f(x): x ∈ D->ℝ ∀ x₀ ∈ ℝ

R₁ 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:

\[lim_x->x0 a₀ + d_x=x0 x x₀^d x^d-1\] \[_x->x0^dx^d-1\]

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

es:. p(x) polinomio => continua in ogni x₀

ex:. x continua sempre x

ex:. f(x)=|x |x continua in ogni punto al ℝ

x₀ = f(x₀) alla Ff_x0x0

f(x) è continua perché la funzione x è continua

Se x₀ = 1

x₀ 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

   _lim ^-cos(x)/_x² - ^1+cos(x)/_-x² - ^1+cos(x)/_1+cos(x)

   _lim ^sin²(x)/_x - ^1+cos(x)/_1/2 - ^1-cos²(x)/_x² - 1 - ¹/_1+cos(x)

3. _lim ^{(1 + 1/x) ^ x} = e

4. _lim ^{log (1+x)}/_x = 1

5. _lim ^{e ^ x-1}/_x = e

Composizione:

f: D → ℝ

g: E → ℝ

Se ∃ x₀ ∈ ℝ tale che ∃ r > 0 ∃ I x₀ − r ; x₀ + r [ I \ {x₀} cD

ed 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

es.

lim x→0

x√1+x - √1-x

x(√1+x + √1-x)

lim x→0

x е^1/x

я +1 e^1/y когда x → -∞

lim

y→±∞

e

1 - ( √3cos(3x) )²

lim 1/

1 - cos(5x)²

81x⁴ → 0

non posso definire perché non fa parte del dominio

PROLUNGAMENTO CONTINUO DELLE FUNZIONI

Sia g: х₀εR ⇔ х₀ε [ {х₀}Supponiamo che lim g(x)+ε

ф(х)

г(x)

x≠2Кπ

ед(х)εR

R ⇔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 \=_ℕ g(x) ≠ k

oss. 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 → ℝ, x₀ ∈ ℝ

x₀ ∈ D_ad ∩ R[ - S_x0] ⇒ D

Supponiamo che ∃ ϵ(x) > 0   ∀ x > x₀

Allora: ∃ lim_x→x0 ϕ(x) ∈ ℝ ⇒ ℓ > 0

Idem per continuità di ϕ

Idea:   ∀ ϵ > 0   ∃ δ tale che   |x-x₀| < δ ⇒ |ϕ(x) - ℓ| < ϵ

∃ ϕ(x) ¹ ( (ϕ(x) - &varepsilon) e )   0 ≤ ϕ(x) ≤ ϵ + ϵ ⇒ ℓ > ϵ   ∀ ϵ > 0

    ℓ > 0

2) Teorema degli zeri:

f: [a, b] → ℝ

f continua in ogni punto di [a, b]

Supponiamo che ϕ(a) ϕ(b) < 0

Allora ∃ c ∈ [a, b] tale che ϕ(c) = 0

Idea: costruisco una successione {C_n} C_m ∈ [a, b]

C_m - C_m = ϵ ∈ [a, b], con ϕ(c) ² 0

C₂ = (a + b) / 2 (punto medio)

ϕ(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

es: ϕ(x) = 3x³ - 3x + 1 - x³ (1 - 1 / 3x² + 1 / 3x³)

cerco di capire dove 1 radici del ϕ

l'uno &RightRarro; ϕ(x) ² 0   ∀ b ∈ ℝ tale che ϕ(x) > 0   ∀ x ∈ [b, t ∞]

Allargamente lim ϕ ¬ - ∞ ⇒ ∃ d ∈ ℝ tale che ϕ(x) < 0.   ∀ x ∈ [ - ∞, a]

⇒ gli zeri si trovano in [a, b]

• ϕ(-2) = -8, (4) < 0
• ϕ(-1) = -3 + 3 + 1
• ϕ(-1)
• ϕ(-1) = 1 - 3
• ϕ(2) = 1

• 3 ∃ x₁ ∈ [-2, -1] com ϕ(x₁) > 0
• 3 ∃ x₂ ∈ [-1, 0] com ϕ(x₂) > 0
• 3 ∃ x₃ ∈ [0, 2] com ϕ(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→±∞ = a

• a∙+ 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

ex. 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→o

b: lim _x→±∞ (2{e^-1/x+1}=3e^-4/x

p_x⎤ 3e^-4/x

a₁=±∞

asintoto obliquo y=2-5 im ±∞