Teoremi su Limiti e Continuità

Teorema 1

Sia ℓ allora:→ ⇐⇒ ∀a ⇒ →a ℓ di a a ℓ (8)n n n nk k R)

Corollario

Data a , se esistono 2 sottosuccessioni che convergono (in a due limitindistinti, allora a é oscillante.

Teorema 2

(Bolzano - Weierstrass) Sia a limitata allora a ammette una sottosuccessionen na convergente.

Lemmma 1

(Lemma dei picchi) Data una qualsiasi successione a , questa ammette unansottosuccessione a monotona.

Dimostrazione. La dimostrazione del teorena 2 si basa sul lemma dei picchi, infatti per ipotesila succcessione a é limitata, in particolare anche a é limitata che insieme al risultato ottenuton n kdal lemma dei picchi ovvero l’esistenza di una sottosuccessione monotona sappiamo che per ilteorema (3) per le successioni monotone una successione limitata e monotona é convergenteDimostriamo quindi il lemma dei picchi: ≤ ∀n ≥Definiamo picco di a un valore a tale che a a n . Dunque si distinguono due casin n n n 00 0separati:

a ha infiniti picchi: n². a ha un numero finito di picchi (o non ne ha). Nel primo caso la tesi si verifica automaticamente, la sottosuccessione è monotona decrescente. Nel secondo caso invece scegliendo un n abbastanza grande e tale che a sia a destra dell'ultimo picco, ma non essendo esso stesso un picco allora n > n tale che a > a reiterando il ragionamento infinite volte otterremo una sottosuccessione a strettamente crescente.

2.3 Limiti di Successioni

In questa sezione dimostriamo i principali risultati utili al calcolo di limiti di successioni, inizialmente saranno mostrate le operazioni con i limiti e successivamente si procederà alla dimostrazione dei principali limiti notevoli.

2.3.1 Limiti e operazioni

1. a + b → a + b
2. n · a → · a
3. Se b = 0, allora n · b → 0

Dimostrazione. Per la dimostrazione di questi risultati è sufficiente applicare la definizione di ε.

• − |<limiti di successioni. Caso 1: a a b b :n n2 2 ε ε| − |=| − − |≤| − | | − |<(a + b ) (a + b) a a + b b a a + b b + = εn n n n n n 2 2| − |→Caso 2: Vogliamo dimostrare che a b ab 0n n| −ab |=| −a | ≤ | −a | | | | | · | −b | | | · | −a |a b a b b+a b−ab a b b + a b−ab = a b + b an n n n n n n n n n n n nessendo quindi la somma di due successioni infinitesime possiamo concludere che per il punto(1) questa tende a 0. a ab| − |→Caso 3*: Vogliamo dimostrare che 0nb na a a a a a a a a a 1 1 1n n n n n n n| − | − − | ≤ | − | | − | | | · | − | | | · | − |=| + + = a + a an nb b b b b b b b b b b b bn n n n1 1| − |→ | − |→Siccome a a 0 non ci resta che dimostrare che 0 per farlo basta applicare lan b bndefinizione di limite: 1 1| − |< εb bn1 1

1− ε < < + εb b bnScelto cosı́ ε opportuno abbiamo che verificato che il limite della successone é 0, inoltre notiamo∕ ⇒ ∕che per la permanenza del segno b = 0 b = 0 definitivamente.n2.3.2 Limiti NotevoliConsideriamo i seguenti limiti notevoli e verifichiamoli applicando la definizione, assumiamo ε nuna generica successione infinitesima.
!" +∞, se a > 1#n →a (0)| |<0, se a 1"$ ∄, ≤ −1se a nDimostrazione. Caso a > 1: consideriamo a = 1 + b con b > 0 allora la successione (1 + b)diventa: n · ≥ ·(1 + b) = ... + ... + n b + ... n b n· → →Siccome n b +∞ allora per il secondo teorema del confronto (1 + b) +∞n →Caso a = 1 : lim 1 1n−1Caso a = : lim (−1) Oscilla n n n| |< → ⇔| |→ ⇔| | →Caso a 1: Consideriamo la catena di implicazioni a 0 a 0 a 0 inoltre1| |< | |abbiamo che a 1 allora possiamo scriverea = con b > 1. Allora abbiamo che a = (b^n)/(n!) = 0 per n tendente all'infinito. Caso a < 0: possiamo scrivere a = (-1)^n * b^n, ma (-1)^n oscilla, quindi il limite non esiste. 6sin(ε/n) tende a 1 per n tendente all'infinito. Dimostrazione: Come risultato intermedio dimostriamo che sin(ε/n) tende a 0 con ε > 0 e n tendente all'infinito. Supponiamo ε > 0, allora abbiamo che 0 ≤ sin(ε/n) ≤ ε/n per la disuguaglianza fondamentale del seno, quindi per il primo teorema del confronto abbiamo che sin(ε/n) tende a 0. Dobbiamo anche dimostrare che cos(ε/n) tende a 1, poiché ε > 0 e ε/n tende a 0 definitivamente, cos(ε/n) = √(1 - sin^2(ε/n)) tende a 1.

ε 1.n |ε |sinsin ε πn ∈Infine notiamo che = quindi possiamo supporre che ε [0, ] da cui applicandon n|ε |ε 2n n sin ε ε tan ε ε 1≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒la disuguaglianza fondamentale otteniamo che 1n n n nsin ε sin ε sin ε sin ε cos εn n n n nsin ε≥ ≥ →cos ε 1 combinandolo il risultato precedente per cui cos ε 1 otteniamo chenn nε nsin ε → 1 per il primo teorema del confronto.nε n tan ε n → 1 (2)ε ntan ε sin ε sin ε1 1· ·Dimostrazione. Notiamo che = = Siccome per il limite (1) sappiamon n nε cos ε ε ε cos εn n n n nsin ε tan ε→ → →che 1 e che cos ε 1 allora 1.n nnε εn n −1 cos ε 1n → (3)2ε 2n 21−cos

ε 1−cos ε sinε1 12· ·Dimostrazione. Notiamo che = = ( ) per il risultaton n n2 2 1+cos ε ε 1+cos εε ε n n nn nsinε 1 12 → → ·ottenuto dal limite (1) sappiamo che ( ) 1 e che cos ε 1 quindi 1 = .n nε 1+1 2narctan ε n → 1 (4)ε n arctan επ∈Dimostrazione. Pongo ε (0, ), arctan ε = δ e tan δ = ε , adesso sostituisco in =nn n n n n2 ε nδ arctan ε1 → →= quindi se δ 0 per il limite notevole (2) 1. Notiamo che per lan nntan δtan δ εn( )n nδ n ≤ ≤ →disuguaglianza fondamentale 0 δ ε quindi per il teorema del confronto ottengo δ 0.n n narcsin ε n → 1 (5)ε n arcsin επ∈Dimostrazione. Pongo ε (0, ), arcsin ε = δ e sin δ = ε , adesso

sostituisco in =nn n n n n2 ε nδ arcsin ε1 → →= quindi se δ 0 per il limite notevole (1) 1. Notiamo che per lan nnsin δsin δ εn( )n nδ n ≤ ≤ →disuguaglianza fondamentale ε δ 0 quindi per il teorema del confronto ottengo δ 0.n n n1 →(1 + ε ) e (6)ε nn2 π∀x ∈ ⇒ ≤ ≤La disequazione fondamentale della trigonometria ci dice che [0, ] sin x x tan x271 n →Dimostrazione. Partendo dalla successione (1+ ) e il cui risultato é noto possiamo divideren →la successione ε in due sottosuccessioni e considerare quella tale per cui ε > 0 e ε 0 quindin n n1 1N∀n ∃k ∈ ≤ ≤possiamo affermare che (abbastanza grande) tale che ε sommando 1 aink+1 k11 1 1 k≤ ≤ ≤tre termini otteniamo 1 + 1 + ε 1 + ed elevando (1 + ε ) otteniamo (1 + )ε nn nk+1 k k+11 1 k+1≤(1 +

ε ) (1 + ) osservando che possiamo riscriver la disequazione in questo modo:ε nn k1 k+1(1+ ) 1 1 1kk+1 ≤ ≤ ·(1 + ε ) (1 + ) (1 + ) si verifica facilmente che sia il primo che l’ultimoε nn1 k kk(1+ )k+1 1 →membro tendono ad e e quindi per il primo teorema del confronto (1 + ε ) eε nnlog(1 + ε )n → 1 (7)ε nDimostrazione. Sfruttando il risultato ottenuto dal limite notevole numero (6) che ci dice che1 → → ⇒ →(1 + ε ) e e ricordando che se a a log a log a applichiamo il logaritmo adε nn n n1 →entrambi i termini ottenendo log (1 + ε ) log e utilizzando la regola dei logaritmi portiamoε nnlog(1+ε )n →fuori l’esponente ed otteniamo 1.ε n ε −e 1n → 1 (8)ε nε ε− ⇒Dimostrazione. Definiamo δ = e 1 da cui otteniamo che e = 1 + δ ε = log (1 + δ

)

n nn n n n1 →riscrivendo allora il limite in funzione di questi risultati otteniamo siccome δ 0nlog (1+δ )n( )δ nε n −1e →per il limite notevole (7) possiamo concludere che 1-ε nα −(1 + ε ) 1n R]→ ∈α [α (9)ε n α log(1+ε )n −1eα α log(1+ε )Dimostrazione. Riscriviamo (1 + ε ) come e quindi otteniamo moltipli-nn ε nα log(1+ε )α log(1+&eps