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Lezioni 9-10 26

Def. Se a L allora L viene chiamato il limite della successione

n

},

{a e si denota con uno dei simboli

n lim a lim a lim a .

n n n

n n→∞ n→+∞

Def. Intorno di L R: ogni insieme che contiene un intervallo

di centro L non ridotto ad un punto.

{a } ⊂ ∈ →

Proposizione. R, L R. Allora a L⇐⇒∀ intorno

n n

∃m ∈ ∀n ≥ I

I N : m si ha a

n

→ ∃ε |L −

Dim. Sia a L. Fissiamo I intorno di L. Allora > 0 :

n

≤ ∈ ∃m ∈ ∀n ≥ |a − ≤

z| ε=⇒z I. Per def. di limite N : m L| ε,

n

∈ I.

quindi a

n ∈

{z |L − ≤

Viceversa: si prende I = : z| ε}. Allora a

n

− ≤

L| ε.

I⇐⇒|a

n ∈ |z| →

n

ESEMPIO (importante): Sia z R con < 1, allora z 0.

→ ∈ ∀n ≥

Dim. Dato che 1/(n + 1) 0, sia m N : m si ha

1 ≤ − |z|.

1

n +1 n

1

≥ |z| ≤ − m .

= . Sia ora C = m|z|

Quindi per n m, 1 n +1 n +1

Proviamo per induzione che C

≤ ∀n ≥

|z|

n m.

n ≤

|z|

n C/n si

Infatti per n = m si ha un’identità. Supposto che

ha C n C C

|z| |z| |z| ≤ |z| ≤ ·

n+1 n

= = .

n n +1 n n +1

|z|

n è infinitesima.

Dunque

27 Lezioni 9-10

{a } |b | ≤ |,

OSSERVAZIONE: se è infinitesima e C|a allora

n n n

}

{b è infinitesima.

anche n SUCCESSIONI REALI DIVERGENTI

{a }

Def. Una successione reale si dice positivamente divergente

n

se ∀M ∈ ∀n ≥

> 0∃m N : m a > M.

n

}

{a si dice negativamente divergente se

Una successione reale n

∀M ∈ ∀n ≥ −M.

> 0∃m N : m a <

n

→ → −∞,

Nei due casi scriveremo a +∞ e a e

n n −∞.

lim a = +∞ lim a =

n n

−∞)

Def. (INTORNI DI +∞ E Gli intorni di +∞ sono i sot-

toinsiemi di R il cui complementare è sup. limitato; gli intorni di

−∞ sono i sottoinsiemi di R il cui complementare è inf. limitato.

Ovvero, un intorno di +∞ è un qualsiasi sottoinsieme di R che

contiente una semiretta [x, +∞); un intorno di +∞ è un qualsiasi

sottoinsieme di R che contiente una semiretta (−∞, x]. −∞;

\ {0}, {x ∈ 2 > 2} sono intorni di +∞ e

ESEMPI: R R : x

− ∞, \ −∞;

] 0[, R N sono intorni di [1, +∞[ è intorno di +∞;

\ −∞.

R Z non è intorno ne’ di +∞ ne’ di

OSSERVAZIONE. Con la notazione degli intorni si può dare un’unica

} ∈

{a una successione reale e L R. Allora

definizione: sia n →

a = L (scriveremo anche a L)

lim n n

n

⇐⇒∀ ∃m ∈ ∀n ≥ ∈

intorno I di L N : m x I.

Lezioni 9-10 28

{a }

Def. si dice oscillante se non è ne’ convergente ne’ diver-

n

gente. n

= n, a = n! , a = n sono divergenti (basta

ESEMPI: 1) a

n n n

| ≥

|a n per cui dato M > 0 basta prendere m =

notare che n

[M ] + 1...); α

= n (α > 0) è divergente;

2) a

n n è oscillante;

2) (−1) |

n n n

è oscillante (|(−n) = n ...);

3) (−n) }

≤ −1 {z n è oscillante.

4) se z allora ∀n ∀n, {a }

> 0 o a < 0 allora è

OSSERVAZIONE: Sia a

n n n

} −∞

⇐⇒ { 1 è divergente (a +∞ e nei due casi).

infinitesima a

n } → { }

{a 1

0 allora si può solo dire che non

In generale, se n a

n

converge, ma può essere divergente o oscillante:

1 1 →

a = = n +∞

0 e

n n a

n

1 1

− −n → −∞

a = =

0 e

n n a

n

n

(−1) 1

→ n

a = = (−1) n è oscillante.

0 e

n n a

n

29 Lezioni 9-10

IL CALCOLO DEI LIMITI

Def. Sia z R. Definiamo −∞ −∞

z + (+∞) = +∞ + z = +∞, z + (−∞) = + z =

z z

= = 0

−∞

+∞ ∈ · ·

se z (0, +∞] allora z (+∞) = (+∞) z = +∞

∈ · · −∞

se z [−∞, 0) allora z (+∞) = (+∞) z =

−∞

(analogamente si può moltiplicare per rispettando la re-

gola dei segni)

NON È POSSIBILE DEFINIRE ∞ 0

∞ ∞, · ∞,

+ 0 ,

∞ 0

Inoltre non è possibile definire neanche

L ∈

per alcun L [−∞, +∞].

0

Queste vengono dette forme indeterminate. } {b }

{a e due

Teorema. (PROPRIETÀ DEI LIMITI) Siano n n

successioni non oscillanti (dunque: convergenti o divergenti). Al-

lora, se non si hanno forme indeterminate, si ha

(1) lim

(a + b ) = lim a + lim b

n n n n

n n n

· ·

(2) lim

(a b ) = (lim a ) (lim b )

n n n n

n n n

lim

a a

n n n

=

(3) lim b lim b

n n n n

(in (3) supponiamo inoltre lim b = 0).

n n

Lezioni 9-10 30

Alla dimostrazione premettiamo alcuni risultati.

{a } {a }

Teorema. (LIMITATEZZA) convergente =⇒ limitata.

n n

∀n ≥ |a −

a . Sia m : m L| < 1. Allora

Dim. Sia L = lim

n n n

∀n ≥ |a | ≤ |L| ∀n

m + 1. Dunque

n

| ≤ |a |, |a |, |a |}

|a max{|L| + 1, . . . , < +∞.

0 1

n m−1

{a } {b }

Proposizione 1. limitata, diverge =⇒

n n

{a }

+ b diverge.

n n | ≤ ∀n.

|a s Fissiamo M > 0, e sia

Dim. Sia s > 0 tale che n

∈ ∀n ≥ |b | ≥ ∀n ≥

m N t.c. m si ha M + s. Allora m si ha

n

| ≥ |b | − |a | ≥

|a + b M .

n n n n 2n

{n n sin n} diverge.

ESEMPIO: La successione + (−1) n +1

} {b } {a }

{a limitata, infinitesima =⇒ b in-

Proposizione 2. n n n n

finitesima. | ≤ ∀n. ∈

|a s Sia m N t.c.

Dim. Sia ε > 0. Sia s > 0 tale che n

| ≤ ∀n ≥

∀n ≥ |b ε/s. Allora m si ha

m si ha n

| |a ||b | ≤

|a b = ε

n n n n

1

ESEMPIO: La successione sin(n!)−7 cos(42n!) è infinites-

n

ima.

Proposizione 3. Somma di successioni infinitesime è infinitesima

Dim. Esercizio

31 Lezioni 9-10

Proviamo il teorema sulle proprietà dei limiti.

→ → ∈

L e b L (L, L R)

Dim. Sia a

n n

(1): Ci sono due casi: i) le due successioni convergono, ii) una

diverge (tutte e due no: si avrebbe una forma indeterminata +

∞).

− {b − } {a

{a L}, L sono infinitesime =⇒ +

Nel caso i) n n n

− − } →

b L L infinitesima (Prop. 3) =⇒ a + b L + L .

n n n

Nel caso ii) basta applicare il teorema di limitatezza e la Prop.

1 ∞

= e

(2): ci sono due casi: i) le due successioni convergono, ii) L

L = 0 (non può essere L = 0: si avrebbe una forma indeterminata

· ∞).

0 Nel caso i) basta scrivere

− − −

b LL = (a L)b + L(b L )

a

n n n n n

e usare le Prop. 2 e 3. ∃r {z ∈ |z| ≥

Nel caso ii) dato che L = 0 > 0 t.c. I = R : r}

∈ ∀n ≥ ∈

∃m N t.c m a I, ovvero

è un intorno di L. Quindi 0 0 n

| ≥ → ∞ ∃m ∈

|a r. Fissiamo ora M > 0; dato che b N t.c.

n n

| ≥

∀n ≥ |b M/r. Allora

m si ha n

|a | |a ||b | ≥

b = M .

n n n n →

1 1 (e poi ci si riconduce al caso (2)).

(3): basta vedere che

b L

n

Se L = 0 o L = basta applicare la definizione (farlo per

∈ {z ∈

= 0, L R. Notiamo che I =

esercizio). Rimane il caso L

∃m ∈ ∀n ≥

|z| ≥ /2} è un intorno di L . Quindi N t.c m

R : L 0 0

∈ |b | ≥ ≥

b I, ovvero L /2. Se n m si ha allora

0

n n

− |

|b

1 L

1 2

n

− |b − |.

≤ L

= n

|b | |L | 2

b L L

n n

Lezioni 9-10 32

FORME INDETERMINATE: vediamo per esempio perche non si

∞ ∞:

può dare un senso alla forma + − →

i) consideriamo a = n e b = 1 n. Allora a +∞,

n n n

→ −∞, →

b e a + b = 1 1;

n n n −n. →

ii) consideriamo a = 2n e b = Allora a +∞,

n n n

→ −∞, →

e a + b = n +∞;

b n n n −n+(−1) →

n

iii) consideriamo a = n e b = . Allora a +∞,

n n n

→ −∞, n

b e a + b = (−1) è oscillante.

n n n } {b } →

{a e tali che a

ESERCIZIO: costruire due successioni n n n

→ · → ∈ · → ±∞,

0 e a b L R (oppure a b oppure

+∞, b n n n n n

· b oscilla).

a

n n 1 1

±∞ →

NON SI PUÒ DEFINIRE =

= (infatti se a 0

n

0 n

1

1 1

→ − −n → −∞;

= n +∞; se a = =

allora 0 allora

n

a n a

n n

n

(−1) 1

→ n

se a = = (−1) n non diverge ad alcun

0 allora

n n a

n

infinito con segno.

SUCCESSIONI E RELAZIONE D’ORDINE

}

{a è una succ.

Teorema. (PERMANENZA DEL SEGNO) Se n

→ ∈]0, → ∈ ∃m ∈

reale e a L +∞] (risp. a L [−∞, 0[) allora

n n

∀n ≥ > 0 (risp. a < 0).

N : m a

n n

Dim. Basta notare che ]0, +∞[ è intorno di L > 0.

33 Lezioni 9-10

{a }, {b }

Teorema. (CONFRONTO) Siano sucessioni reali con-

n n

∀n ≥ ≤

±∞. ∃m : m si ha a b ,

vergenti o divergenti a Se 0 0 n n

allora ≤

a lim b .

lim

n n n n ≤

Dim. Se lim a = lim b = +∞ la tesi diventa +∞ +∞ ( che

n n n n −∞.

a = lim b = Altrimenti,

è vera). Analogamente se lim n n n n

− }. − ≥

{b a Si ha b a 0, ed esiste

consideriamo la successione n n n n

− −

lim (b a ) = lim b lim a .

n n n n n n n

Quest’ultima diferenza deve essere non negativa, altrimenti per il

− a < 0 da un certo

teor. di perm. del segno dovrebbe essere b n n

m in poi.

ESEMPIO: lim (n + sin n) = +∞.

n }, {b }

{a suces-

Teorema. (DEI DUE CARABINIERI) Siano n n

sioni reali t.c.

b = lim a = L

lim

n n n n

}

{c è una terza successione reale t.c.

Se n ≤ ≤

a c b ,

n n n

allora c L.

n − ≤ |a − |b −

|c L| L| + L|.

Dim. n n n

1

ESEMPIO: lim sin n = 0. Si prende

n n 1 1 1

a = = =

, , b , c sin n.

n n n

n n n

Lezioni 11-12 34

CONFRONTO TRA SUCCESSIONI DIVERGENTI

n

a

(1) Sia a > 1. Allora lim = +∞ per ogni β > 0.

β

n

n

Dimostriamolo solo per a = 4 e β = 1. Si ha (ricordando che

n n per ogni n)

2 · ≥ · 2

n n n

4 = 2 2 n n = n ,

per cui n

4 ≥ n

n

e il limite risulta +∞ per confronto

β

n = +∞ per ogni β > 0.

(2) Sia a > 1. Allora lim log n

n a

Lo mostriamo solo per β = 1. Per definizione, dobbiamo

mostrare che fissato M > 0 allora

n ≥ M,

log n

a

≥ n, per n ‘sufficientemente grande’.

o equivalentemente n M log a

Prendendo l’esponenziale di entambi i termini, si ha equivalente-

mente ≥ log

n M n M

a a a = a n,

a

ovvero n

a ≥ M .

a

n

Ma questa disuguaglianza è vera per n ‘sufficientemente grande’

n

a →

perche’ abbiamo visto sopra che +∞.

n

n

a

(3) Sia a > 1. Allora lim = 0.

n!

n

35 Lezioni 11-12

Per dimostrarlo notiamo che

· ··· ·

n a a a a a a a a

a · ··· ·

= = .

· · · · − · −

n! 1 2 (n 1) n 1 2 n 1 n

Sia k a un numero naturale (che terremo fisso). Allora

n

a a a a a a a

· ··· · ··· ·

= − −

n! 1 2 k 1 k n 1 n

a a a

· ···

Il numero C = è una costante che non dipende

1 2 k 1

da n. Per i numeri seguenti vale la stima

a a

a ≤ ≤ ≤

1, 1, ,..., 1.

k k +1 n 1

Quindi n a

a ≤ ·

≤ C

0 n! n

→ n /n! 0 (per esempio usando il teo-

Dato che a/n 0 anche a

rema dei due carabinieri).

n

n

(4) lim = +∞.

n!

n

Per dimostrarlo notiamo che

· ··· ·

n n n n n n n n n

n · ··· ·

= =

· · · · − · −

n! 1 2 (n 1) n 1 2 n 1 n

e che n n n n

≥ ≥ ≥ ≥

1, 1, ... 1, 1.

2 3 n 1 n

Quindi n

n ≥ n

n!

n /n! +∞ per il teorema del confronto.

e n

Lezioni 11-12 36

LIMITI DI SUCCESSIONI MONOTONE

} {a }

{a monotona non decrescente allora non

Teorema. Sia n n

oscilla e a = sup a ;

lim n n n

n

} {a }

{a monotona non crescente allora non oscilla e

sia n n

a = inf a .

lim

n n n n

Dim. (caso non crescente) sia L = inf a . Se mostriamo che

n n

∀L ≥ ∃ ∀ ≥ ≤

L m t.c. n m si ha L a < L , allora L = lim a .

n n n

{a },

∃m < L . Per la non crescenza di

Per def. di inf t.c. a

m n

≤ ∀ ≥

a n m, e quindi

si ha a

n m

≤ ≤ ∀ ≥

L a a < L n m.

n m

Corollario Importante. Ogni successione monotona limitata

converge in R. n

1

Teorema. La successione a = 1+ è strettamente crescente

n n

e limitata.

Dim. (CRESCENZA) È

n

n n 1

1

a = 1 + = ;

n k

k

n n

k=0

n+1

n+1

1 n + 1 1

a = 1+ = .

n+1 k

k

n +1 (n + 1)

k=0 ∀

< a basta dunque vedere che k, n

Perchè sia a

n n+1

n +1 1

n 1 ≤ .

(∗) k k

k

n (n + 1)

k

Dimostriamolo per induzione su k. Per k = 0 si ha

n +1 1

n 1 = 1 = .

0 0

0

(n) (n + 1)

0

37 Lezioni 11-12

Supponiamo ora che k 1, e che valga

n +1 1

n 1 ≤ .

− k−1 k−1

k 1

n (n + 1)

k 1

Allora

n 1 n! 1

= −

k k

k n k!(n k)! n −

n! (n k + 1)

1

= − − k−1

(k 1)!(n k + 1)! n nk

(n k + 1)

n 1

= − k−1

n nk

k 1

(n k + 1)

n +1 1

≤ − k−1

(n + 1) nk

k 1 −

1 (n k + 1)

(n + 1)!

= − − k−1

(k 1)!(n k + 2)! (n + 1) nk

1

(n + 1)! (n k + 1)

= − −

k−1

k!(n + 1 k)! n (n + 1) (n k + 2)

n +1 1 (n k + 1)

= −

k−1

n (n + 1) (n k + 2)

k

n +1 1

≤ ,

k

(n + 1)

k

ovvero (∗).

n

1 ≤

(LIMITATEZZA) Vediamo che a = 1 + 3, ovvero

n n

n n 1 ≤ 3.

k

n

k

k=0

Lezioni 11-12 38

Notiamo alcune cose:

1

n 1 ≤

i) n, k k

n k!

k ≤

Infatti (induzione su k n) per k = 0 si ha un’identità ;

supponendo che si abbia

1

n 1 ≤ ≥

(k 1), otteniamo:

− k−1

n (k 1)!

k 1

n! 1

n 1 = −

k k

n k!(n k)! n

k −

(n k + 1)

n! 1

= − − k−1

(k 1)!(n k + 1)! n nk

1 (n k + 1)

n 1

= − k−1

n k n

k 1 −

1 (n k + 1) 1

1 ≤

≤ −

(k 1)! k n k!

n 1

Quindi a ; maggioriamo questa somma con un’altra

n k!

k=0

più facile da calcolare, usando la seguente osservazione:

∀ ≥ ≥ k−1

ii) k 1 si ha k! 2 , infatti

· − · · · · ≥ · · · k−1 .

k! = k (k 1) 3 2 2 2 = 2

n n n−1

1 −j

≤ 1−k

1+ 2 = 1 + 2 .

Dunque si ha a

n k! j=0

k=0 k=1

Questa somma si può calcolare facilmente:

n−1 − n

1 a

j

a =

iii) sia a = 1; allora , infatti basta ricordare

1 a

j=0

che

39 Lezioni 11-12

− − 2

n n−1

(1 a ) = (1 a)(1 + a + a + . . . + a ).

In particolare (a = 1/2)

n−1 n−1 − n

j 1 (1/2)

1

−j − 1−n

2 = = .

= 2 2

2 1 (1/2)

j=0 j=0 ≤ − 1−n

1 + 2 2 < 3

Tirando le somme a

n

n

1

Corollario. e = lim .

1 + n

n

SOTTOSUCCESSIONI

{b } {a } ∃ →

Def. è sottosuccessione di se f : N N strettamente

n n

crescente tale che = a .

b k (k)

f

invece di f (k), per cui

In genere si scrive n k b = a .

k n k

f (k) = +∞.

NOTA: si ha lim

k

{4n } {n }

2 2

ESEMPI: è sottosuccessione della successione (pren-

dendo f (n) = 2n); {1} {−1}

le successioni costanti e sono sottosuccessioni della suc-

}

{(−1)

n (prendendo f (n) = 2n e f (n) = 2n + 1

cessione oscillante

nei due casi); {0}

la successione costante è sottosuccessione della successione

{cos(nπ/4)} (prendendo per esempio f (n) = 8n + 2). Quali sono

i possibili limiti di sottosuccessioni di tale successione? }

∞ −∞, {(2n)

2n e

le successioni divergenti, rispettivamente a = e

}

{−(2n 2n+1 sono sottosuccessioni della successione oscillante

+ 1)

{(−n) }.

n Ne esistono sottosuccessioni convergenti?

Lezioni 11-12 40

→ → ∀ {a }

Teorema. a L =⇒ a L sottosuccessione di

n n n

k k

}.

{a

n ∀n ≥ ∈

t.c. m si ha a I. Dato

Dim. Sia I intorno di L e m 0 0 n

∃m ∈ ∀k ≥ ≥

che lim n = +∞, N t.c. m si ha n m . Allora

0

k k k

∈ ∀k ≥

I m.

a

n k ∃ {a } {a }

Corollario Importante. Se e due sottosuccessioni

n n

k k

}

{a tali che

di n

→ →

a L a L

n n

k k

{a }

e L = L , allora oscilla.

n }

{(−1) n oscilla si può notare che

ESEMPIO: per dimostrare che

→ −1 → −1

2n 2n+1

(−1) = 1 1, e (−1) = = 1.

41 Lezioni 13-14

LIMITI DI FUNZIONI (REALI)

Estendiamo la nozione di limite all’infinito a funzioni reali di vari-

abile reale → ∈

Def. Sia f : R R; diremo che f (x) tende al numero L R

per x +∞ se

∀ε ∃M ≥ |L − ≤

> 0 > 0 : x M =⇒ f (x)| ε. →

In tal caso il numero L si dice il limite di f per x +∞, e si

scrive lim f (x) = L.

x→+∞

Allo stesso modo si definiscono

⇐⇒

i) lim f (x) = +∞

x→+∞

∀N ∃M ∀x ≥ ≥

> 0 > 0 : M f (x) N ,

−∞ ⇐⇒

f (x) =

ii) lim

x→+∞

∀N ∃M ∀x ≥ ≤ −N

> 0 > 0 : M f (x) .

→ −∞

La nozione di limite per x viene data per simmetria:

⇐⇒

f (x) = L

lim

x→−∞

∀ε ∃M ∀x ≤ −M |f − ≤

> 0 > 0 : (x) L| ε,

⇐⇒

f (x) = L lim f (−x) = L.

ovvero lim

x→−∞ x→+∞ ±∞.

Ovviamente si estendono le definizioni di limiti

Esempi. Molti esempi visti con le successioni si adattano a questo

caso, per cui 2

1 2x 2

= 0, lim = 2, lim x = +∞, etc.

lim 2

x 1 + x

x→+∞ x→−∞ x→−∞

Lezioni 13-14 42

LIMITI AL FINITO

→ ∈

Def. Sia f : R R e x R; diremo che f (x) tende al numero

0

∈ → se

L R per x x

0

∀ε ∃δ |x − | ≤ |L − ≤

> 0 > 0 : x δ, x = x =⇒ f (x)| ε.

0 0 →

In tal caso il numero L si dice il limite di f per x x , e si scrive

0

lim f (x) = L.

x→x

0

NOTA: x non viene preso in considerazione perche non vogliamo

0 influenzi il limite.

che il valore di f in x

0

Allo stesso modo si definiscono

⇐⇒

i) lim f (x) = +∞

x→x

0

∀N ∃δ ∀x |x − | ≤ ≥

> 0 > 0 : : x δ, x = x f (x) N ,

0 0

−∞ ⇐⇒

ii) lim f (x) =

x→x

0

∀N ∃δ ∀x |x − | ≤ ≤ −N

> 0 > 0 : : x δ, x = x f (x) .

0 0

NOTA: le definizioni di limite ora date si possono riassumere

con il linguaggio degli intorni: siano L, x R; allora

0

⇐⇒ ∀

lim f (x) = L intorno I di L esiste un intorno J di x tale

0

x→x

0 ∈ ∈

che se x = x J, allora f (x) I.

0 → basta che il dominio di

NOTA. Per definire il limite per x x

0

, ovvero un insieme del tipo

f contenga un intorno “bucato” di x

0

− \ {x }.

(x δ, x + δ)

0 0 0

Esempi. 1 1

= lim = +∞.

lim |x|

2

x

x→0 x→0

43 Lezioni 13-14

0 se x = x

0 In questo caso lim

Sia f (x) = f (x) = 0, ma

1 se x = x . x→x

0 0

) = 1.

f (x

0

NOTA (caratterizzazione per successioni) Si ha lim f (x) =

x→x

0

∈ →

, L R) se e solo se per ogni successione a L con a = L

L (x

0 n n

f (a ) = L.

(almeno per n grande) si ha lim

n n

ESEMPI DI NON ESISTENZA

f (x) non esiste basta trovare

Per dimostrare che un limite lim

x→x

0

e a che convergono entrambe a x , ma tali che

due successioni a 0

n n

f (a ) = lim f (a ).

lim

n n n n

Applicheremo questo criterio agli esempi successivi.

1. f (x) = sin x, x = +∞. Non esiste

0 sin x

lim

x→+∞

Basta prendere π

= nπ, a = 2nπ + .

a

n n 2

Si ha a , a +∞, ma

n n

→ →

) = 0 0, f (a ) = 1 1.

f (a

n n

1 , x = 0. Non esiste

2. f (x) = sin 0

x 1

lim sin x

x→0

Lezioni 13-14 44

Basta prendere 1 1

= = .

a , a

n n π

nπ 2nπ + 2

, a 0, ma

Si ha a

n n

→ →

) = 0 0, f (a ) = 1 1.

f (a

n n

= +∞. Non esiste

3. f (x) = sin x, x

0 x sin x

lim

x→+∞

Basta prendere π

= nπ, a = 2nπ + .

a

n n 2

Si ha a , a +∞, ma

n n π

→ +∞.

) = 0 0, f (a ) = 2nπ +

f (a

n n 2

Definiamo la funzione parte intera di x come

∈ ≤

[x] = max{z Z : z x}

(questa è una buona definizione. Qui si usa la proprietà che ogni

insieme superiormente limitato e non vuoto di Z ha massimo.

NOTA: se si scrive x nella forma decimale e x 0 allora [x]

coincide con il numero ‘prima della virgola’ (bisogna solo evitare

di scrivere 0, 999999.... invece di 1). Questa regola non è valida

−0, −1.

per x < 0. Infatti la parte intera di 5 è

45 Lezioni 13-14

4. f (x) = [x], x = 0. Non esiste

0 lim [x]

x→0

Basta prendere 1 1

= =

, a .

a

n n

n n

, a 0, ma

Si ha a

n n

→ −1 → −1.

f (a ) = 0 0, f (a ) =

n n

Definiamo la funzione segno di x come

−1 se x < 0

sign x = 0 se x = 0

1 se x > 0.

= 0. Non esiste

5. f (x) = sign x, x

0 sign x

lim

x→0

Basta prendere 1 1

= =

, a .

a

n n

n n

, a 0, ma

Si ha a

n n

→ −1 → −1.

f (a ) = 1 1, f (a ) =

n n

1 , x = 0. Non esiste

6. f (x) = 0

x 1

lim x

x→0

Lezioni 13-14 46

Basta prendere 1 1

a = =

, a .

n n

n n

, a 0, ma

Si ha a

n n

→ −n → −∞.

f (a ) = n +∞, f (a ) =

n n

1 1

7. f (x) = , x = 0. Non esiste

0

|x|

x

1 1

lim |x|

x

x→0

Basta prendere 1 1

= =

, a .

a

n n

n n

, a 0, ma

Si ha a

n n

→ −2n → −∞.

f (a ) = 0 0, f (a ) =

n n

CALCOLO DEI LIMITI - FUNZIONI CONTINUE in x

0

I teoremi di somma, prodotto, quoziente, confronto, e dei

due carabinieri continuano a valere per i limiti di funzioni

con lo stesso enunciato dei limiti di successioni.

Il calcolo dei limiti viene spesso semplificato nel semplice calcolo

di una funzione nel punto in cui si calcola il limite.

Def. Una funzione f si dice continua nel punto x quando si ha

0

lim f (x) = f (x ).

0

x→x

0

Esempio. Il più semplice esempio di funzione che ammette limite

0 se x = x

0

ma non è continua in x è f (x) =

in x

0 0 1 se x = x .

0

Per i teoremi sui limiti si ha:

47 Lezioni 13-14

Teorema. Somma, differenza, prodotto di funzioni f e g continue

sono continue in x . Se g = 0 in un intorno di x , allora anche

in x

0 0 0

f .

è continua in x

0

g ∈

Corollario. I polinomi sono funzioni continue in ogni x R. Le

0

funzioni razionali sono continue in ogni punto del loro dominio.

Dim. Le costanti e la funzione identità x x sono ovviamente

continue. Basta quindi applicare il teorema precedente.

Proposizione. Gli esponenziali, i logaritmi, cos, sin sono fun-

zioni continue.

Esempio. Per calcolare il limite −

2

x 1

lim −

x 1

x→1 ±∞/ ± ∞)

(che è una forma indeterminata si nota che per x = 1

− −

2

x 1 (x 1)(x + 1)

= = x + 1,

− −

x 1 x 1

quindi −

2

x 1

lim (x + 1) = 2,

= lim

x 1

x→1 x→1

dato che x + 1 è continua e vale 2 in x = 1.

Lezioni 15-16 48

Esempio. Calcolare √ √

( x + 1 x).

lim

x→+∞ − ∞.

Il limite è nella forma indeterminata +∞ Moltiplicando

√ √

x + 1 + x) si ottiene

e dividendo per ( √ √

√ √

√ √ −

( x + 1 x)( x + 1 + x)

− √

( x + 1 x) = lim

lim x +1+ x

x→+∞ x→+∞

(x + 1) x) 1

√ √

√ √

= lim .

= lim x + 1 + x x + 1 + x

x→+∞ x→+∞

∞,

A questo punto abbiamo una forma 1/ + e quindi il limite è 0.

Esempio. Calcolare 2

lim ( x + x + x).

x→−∞ − ∞.

Il limite è nella forma indeterminata +∞ Moltiplicando

√ −

2

x + x x) si ottiene

e dividendo per ( √ √

2 2

( x + x + x)( x + x x)

2

lim ( x + x + x) = lim −

2

( x + x x)

x→−∞ x→−∞

2 2

(x + x) x ) x

= lim

= lim .

2

x + x x

x→−∞ x→−∞ −

1

2

x 1 + x

x 1

x x

= lim = .

= lim 2

x→−∞ x→−∞

|x| − −x(

1 1

1 + x 1 + + 1)

x x

49 Lezioni 15-16

LIMITI FONDAMENTALI (prima parte)

Il limite che permette il calcolo di forme indeterminate in cui sono

presenti funzioni trigonimetriche è:

sin x = 1.

lim x

x→0

La dimostrazione di questo limite si ha subito dalla disug-

uaglianza trigonometrica (per x > 0)

≤ ≤

sin x x tan x,

da cui si ottiene (dividendo per sin x e prendendo gli inversi)

sin x

≤ ≤

cos x 1

x

La stessa disuguaglianza si ottiene per x < 0. Il limite si ottiene

usando il teorema dei due carabinieri e la continuità del coseno.

Esempio. tan x

lim = 1,

x

x→0

poichè si può scrivere tan x sin x 1

·

= .

x x cos x

Lezioni 15-16 50

Il secondo limite fondamentale è

x

1

1 + = e.

lim x

x→+∞

Lo deduciamo dal corrispondente limite di successioni

n

1 = e.

lim 1 + n

n

Infatti per x > 0 prendiamo n = [x] (la parte intera di x). Abbi-

amo le diseguaglianze 1 1

1 ≤ ≤

≤ ≤ ,

n x n + 1, n +1 x n

da cui

x x x

1 1 1

≤ ≤

1+ 1+ 1+ ,

n +1 x n

Inoltre (per la monotonia delle esponenziali di base > 1) si ha

n+1

1

1 +

x n

1

1 n+1

≥ 1+ = ,

1+ 1

n +1 n +1 1 + n

e anche

x n+1 n

1 1

1 1

≤ 1+ = 1+

1+ 1+ .

n n n n

In conclusione, abbiamo la doppia diseguaglianza

n+1

1

1 + x n

1 1 1

n+1 ≤ ≤ .

1 + 1 + 1 +

1 x n n

1 + n

→ →

Quando x +∞ (e in corrispondenza n +∞) i termini estermi

della diseguqglianza tendono ad e, e il limite è dimostrato per il

teorema dei due carabinieri.

51 Lezioni 15-16

LIMITI E COMPOSIZIONE

L’operazione di limite si ‘comporta bene’ per composizione con

funzioni continue.

Teorema. Sia lim g(x) = y e sia f continua in y . Allora esiste

0 0

x→x

0 f (g(x)) = f (y ).

lim 0

x→x

0 g(x) = y e se f è continua

Questo teorema ci dice che se lim 0

x→x

0

, per calcolare il limite

in y 0 f (g(x)),

lim

x→x

0

basta porre y = g(x) e calcolare il limite

f (y).

lim

y→y 0 ). Un altro modo per scrivere

Se f è continua questo limite è f (y 0

il risultato è che se f è continua allora

f (g(x)) = f lim g(x) .

lim

x→x x→x

0 0

Corollario. Se g è continua in x e f è continua in y = g(x )

0 0 0

◦ .

allora la composizione f g è continua in x

0

Esempio. Calcoliamo −

1 cos x

lim 2

x

x→0

Per ricondurci al limite fondamentale, moltiplichiamo e di-

− 2 x =

vidiamo per (1 + cos x), per cui (ricordandoci che 1 cos

2 x)

sin

− − − 2

2

1 cos x x x

(1 cos x)(1 + cos x) 1 cos sin

= = = .

2 2 2 2

x x (1 + cos x) x (1 + cos x) x (1 + cos x)

Lezioni 15-16 52

Dato che (1 + cos x) 2, abbiamo

− 2

1

1 cos x sin x

lim = .

lim

2

x 2 x

x→0 x→0

Possiamo vedere quest’ultimo limite come composizione delle fun-

zioni sin x 2 ,

g(x) = , f (y) = y

x

e applicare il teorema con y = 1. Dunque

0 − 1

1 cos x

lim = .

2

x 2

x→0

Esempio. Calcoliamo −

tan x sin x

lim 3

x

x→0

Si ha − −

tan x

tan x sin x 1 cos x

·

= ,

3 2

x x x

quindi il limite vale 1/2.

Esempio. Mostriamo che in generale non si può sostituire l’ipotesi

con l’ipotesi che esista il lim f (y).

che f sia continua in y 0 y→y 0

0 se y = 0

Basta infatti prendere f (y) = e g la costante

1 se y = 0

abbiamo

0. Allora per ogni x

0 lim g(x) = 0,

x→x

0

= 0, ma

per cui y 0 lim f (g(x)) = 1 = 0 = lim f (y).

x→x y→0

0

53 Lezioni 15-16

La ragione per cui non vale la conclusione del teorema in questo

esempio è che la funzione g prende il valore 0 che è ‘proibito’ nel

f (y). Se si evita il valore ‘proibito’ il teorema

calcolo del limite lim

y→0

vale come segue:

Teorema. Se lim g(x) = y , lim f (y) = L, e g(x) = y per

0 0

x→x y→y

0 0

(per x sufficientemente vicino a x ), allora

x = x

0 0

lim f (g(x)) = L.

x→x

0

Esempio. Calcolare 2

sin(5x + x )

lim .

2

10x + 7x

x→0

Scriviamo 2 2 2

) )

sin(5x + x 5x + x

sin(5x + x ·

= .

2 2 2

10x + 7x 5x + x 10x + 7x

Si ha 2

5x + x x(5 + x) 5+ x 1

= lim = lim = ,

lim 2

10x + 7x x(10 + 7x) 10 + 7x 2

x→0 x→0 x→0

per cui 2 2

sin(5x + x ) sin(5x + x )

1

= .

lim

lim 2 2

10x + 7x 2 5x + x

x→0 x→0

Poniamo sin y

2 , f (y) = .

g(x) = 5x + x y

= 0, e

Possiamo applicare il teorema con x

0

= lim g(x) = 0,

y 0 x→0

Lezioni 15-16 54

dato che g(x) = 0 per x = 0 (per x sufficientemente vicino a x ).

0

Si ha allora 2

sin(5x + x ) = lim f (y) = 1.

lim 2

5x + x

x→0 y→0

Esempio. Si ha

x

1 = e.

1 +

lim x

x→−∞

−x,

Possiamo scrivere y = per cui

−y

x

1 1

lim = lim

1 + 1

x y

x→−∞ y→+∞

− −y y

y 1 y

= lim = lim −

y y 1

y→+∞ y→+∞

− −y y

y 1 1

1 +

= lim = lim −

y y 1

y→+∞ y→+∞

Poniamo z = y 1. Allora si ha

y z+1

1 1

1+ 1 +

= lim

= lim −

y 1 z

y→+∞ z→+∞

z

1 1

= lim 1 + 1+ = e.

z z

z→+∞

Esempio. Per ogni a R si ha

x

a a

= e .

1 +

lim x

x→+∞

Se a = 0 il limite è banale. Altrimenti si usa la sostituzione

y = x/a.

55 Lezioni 15-16

LIMITI DESTRO E SINISTRO , x +

Def. Se f è definita in un qualche intervallo della forma (x

0 0

e scriviamo

δ) allora si definisce il limite destro di f in x

0

f (x)

lim +

x→x

0

se nella definizione di limite teniamo conto solo dei punti x >

. Simmetricamente si definisce il limite sinistro di f in x e

x

0 0

scriviamo f (x).

lim −

x→x

0 →

ESEMPIO: la funzione parte intera non ammette limite per x 0,

però si ha −1

[x] = lim [x] = 0.

lim

x→0− x→0+

Analogamente

1 1

−∞

= lim = +∞.

lim x x

x→0− x→0+

Proposizione. Sono equivalenti le condizioni:

f (x) = L

i) lim

x→x

0 f (x) = L e lim f (x) = L.

ii) lim −

+

x→x x→x

0 0 ±∞)

Dim. i) =⇒ ii): fissato ε (oppure M se il limite è il δ che

va bene per la def. di limite va bene anche per i limiti destro e

sinistro;

(risp. δ ) tale che se

ii) =⇒ i): fissato ε (oppure M ...) si trova δ

∈ − ∈ |f − ≤

x (x δ , x ) (risp. se x (x , x + δ ) allora (x) L| ε

0 0 0 0 }

≥ , δ questo va bene

(risp. f (x) M ...). Prendendo δ = min{δ

nella def. di limite.

Lezioni 15-16 56

Esempio. Si ha 1/x

(1 + x) = e.

lim

x→0

Per provarlo mostriamo che coincidono i limiti destro e sin-

istro. Per il destro si ha, scrivendo y = 1/x,

y

1

1/x

(1 + x) = lim = e.

1 +

lim y

y→+∞

+

x→0

Analogamente per il sisistro.

LIMITI FONDAMENTALI (seconda parte)

Il limite che permette il calcolo di forme indeterminate in cui sono

presenti funzioni logaritmiche è:

log(1 + x)

lim = 1.

x

x→0

La dimostrazione di questo limite si ha subito dal limite

1/x

1 + x = e.

lim

x→0

Esempio. Si calcoli log(cos x) .

lim 2

x

x→0

Scriviamo −

log(cos x) = log(1 + (cos x 1)),

per cui (pongo y = cos x 1)

log(cos x) log(1 + y)

= lim = 1.

lim −

cos x 1 y

x→0 y→0

Allora il limite diventa − 1

cos x 1 −

lim = .

2

x 2

x→0

57 Lezioni 17-18

Il limite che permette di trattare limiti al finito in cui è pre-

sente un’esponenziale è −

x

e 1

lim = 1.

x

x→0

Questo limite si ottiene subito dal precedente, scrivendo

x 1 = y, x = log(1 + y),

e

per cui −

x

e 1 y

= lim = 1.

lim x log(1 + y)

x→0 y→0

Esempio. Se a > 0 allora −

x

a 1 = log a.

lim x

x→0

Infatti, basta scrivere log

x x a

a = e ,

e usare la sostituzione y = x log a.

Esempio. Calcoliamo 2

1/x

(cos x) .

lim

x→0

+∞ . Per ricondurlo ad una forma nota,

Il limite è nella forma 1

riscriviamo la funzione in base e

2 2

1/x log(cos x)/x

= e .

(cos x)

y è continua e

Dato che e 1

log(cos x) −

= ,

lim 2

x 2

x→0

Lezioni 17-18 58

−1/2

il limite vale e .

Nota. Abbiamo usato l’uguaglianza log (x)

g(x) g(x) f

f (x) = e ,

che si usa spesso per trattare le forme esponenziali quando la base

è una funzione.

Esempio. Per calcolare

sin x

sin x −

x sin x

lim x

x→0

scriviamo la funzione come

sin x sin x

log

x sin x x

e .

Con il cambio di variabili sin x − 1 = y,

x

si ha sin x

log log(1 + y)

x

lim lim = 1,

sin x y

1

x→0 y→0

x

quindi

sin x sin x

sin x sin x −

log = lim 1

lim − −

x sin x x x sin x x

x→0 x→0

sin x x

sin x sin x

· − −1,

= lim =

= lim −

x sin x x x

x→0 x→0

−1

e il limite vale e .

59 Lezioni 17-18

CONFRONTI TRA FUNZIONI

Quando si ha una somma di più funzioni di cui si vuole calcolare

il limite in un punto x la ‘strategia’ è di individuare la funzione

0

‘dominante’ e isolarla da quelle ‘trascurabili’.

Esempio. Per calcolare 4 3

3x + x + 5

lim ,

4 2

6x + 2x + x

x→+∞

si nota che sia al nmeratore che al denominatore l’andamento

4

‘dominante’ è quello di x per cui lo si isola:

1 1

4

x (3 + + 5 ) 1

4

x x .

=

lim 2 1

4 2

x (6 + + )

x→+∞ 2 3

x x 3 2

In questo passaggio abbiamo usato il fatto che x , 2x , x e 5 sono

4 4

’, ovvero divise per x tendono a 0 (sono

‘trascurabili rispetto a x

infinitesime).

Introduciamo ora una notazione per esprimere questo con-

cetto di confronto tra comportamenti di funzioni.

→ se si ha

Def. Diciamo che g è un o piccolo di f per x x

0

g(x) = 0.

lim f (x)

x→x

0 → ).

In tal caso si scrive g = o(f ) (per x x

0

Questo concetto verrà usato nel seguente modo: se g = o(f ) allora

(h è un’altra funzione) f (x) + g(x) f (x)

= lim

lim h(x) h(x)

x→x x→x

0 0

Lezioni 17-18 60

(ovvero g si può ‘trascurare’). Per convincersene, basta scrivere

g(x)

f (x) 1 +

f (x) + g(x) (x)

f

= lim .

lim h(x) h(x)

x→x x→x

0 0

Operazioni sugli o piccolo

(1) o(f )+o(f ) = o(f ) (ovvero: se sommiamo due funzioni trascur-

abili rispetto a f otteniamo ancora una funzione trascurabile rispet-

to a f )

(2) o(o(f )) = o(f ) (se una funzione è trascurabile rispetto ad una

funzione trascurabile rispetto ad f , è trascurabile rispetto ad f )

(3) g·o(f ) = o(f g) (se moltiplico una funzione trascurabile rispetto

ad f per g ottengo una funzione trascurabile rispetto a f g)

(4) o(f + o(f )) = o(f ), ecc.

Nota: (a) g = o(1) equivale a g infinitesima;

(b) a volte scriveremo g << f invece di g = o(f ) (e a volte

→ )).

leggeremo ‘f è molto più grande di g’ (per x x

0 →

Esempio. Dai limiti fondamentali otteniamo (per x 0):

1

− 2 2

+ o(x );

x

sin x = x + o(x); cos x = 1 2

x = 1 + x + o(x); log(1 + x) = x + o(x),

e

ecc.

Confronti tra ‘infiniti’ I limiti all’infinito calcolati per le suc-

cessioni ci danno un certo numero di confronti per x +∞:

β x

<< a

1 << log x << x

61 Lezioni 17-18

per ogni a > 1 e β > 0. Per dimostrare queste relazioni basta

ricondursi agli analoghi limiti per successione tramite la funzione

parte intera.

Esempio. Per calcolare 2

x

2 + x log x + sin x

lim −x

x + x log x + 4

x→+∞

notiamo che ≤

2 x

1 << x log x << 2

sin x

e −x

4 << x << x log x,

quindi (eliminando le funzioni trascurabili) il limite è

x

2 =0

lim x log x

x→+∞ 2 x

<< 2 ).

(per esempio perchè x log x << x

Esempi. x log x = 0 (per provarlo basta porre y = 1/x);

(1) lim

+

x→0 x

x = 1 (per provarlo basta scrivere

(2) lim

+

x→0 log

x x x

= e );

x

x

x 1 −∞.

(3) lim = Per provarlo basta calcolare

x

+

x→0 − −

log log

x x x x

e 1 e 1 · −∞.

= lim log x = lim log x =

lim x x log x

+ + +

x→0 x→0 x→0

Lezioni 17-18 62

LIMITI DI FUNZIONI CON DOMINIO QUALSIASI

⊆ ∈

Def. Sia A R; diremo che x R è un punto di accumulazione

0 ∩ \ {x } ∅.

per A se per ogni intorno I di x si ha I A = Un punto

0 0

di A che non sia un punto di accumulazione per A si dice un punto

isolato di A. {(1/n) ∈

ESEMPI: 1) A = : n N, n = 0}. 0 è l’unico punto di

accumulazione per A. Inoltre A è composto solo di punti isolati.

−∞.

2) I punti di accumulazione per Z sono +∞ e Naturalmente,

anche Z è composto solo di punti isolati.

→ di accumulazione per A. Allora diciamo

Def. Sia f : A R e x 0

∈ → (e scriviamo ancora

che f (x) tende a L [−∞, +∞] per x x

0

f (x) = L) se per ogni intormo J di L esiste un intorno I di

lim

x→x

0 ∈ ∩ ∈

tale che se x = x I A, allora f (x) J.

x

0 0

NOTA: questa definizione può venire riscritta con la terminologia

, L R

degli ε e δ, distinguendo i vari casi. Per esempio se x

0

lim f (x) = L significa che

x→x

0 ∈ |x − | ≤

∀ε ∃δ ∀x : x domf e x ε, si ha

> 0 > 0 : = x

0 0

|f −

(x) L| < δ

(PER ESERCIZIO: riscrivere i vari casi).

ESEMPI: 1) ogni successione è una funzione con dominio N,

e quindi +∞ è l’unico punto per cui si possa applicare questa

definizione (che naturalmente coincide con la solita definizione di

{(1/n) ∈

limite di una successione). 2) A = : n N, n = 0},

1 ∈

→ per x A. Allora si ha

f : A R sia data da f (x) = (1 + x) x

lim f (x) = e.

x→0

63 Lezioni 17-18

Teorema. (UNICITÀ) Sia x di accumulazione per domf . Se

0

→ → per x x , allora L = L

f (x) L e f (x) L 0

Dim. (supponiamo x , L e L numeri reali) Supponiamo L = L .

0

|

|L − L ∈ |x−x | ≤

∃ = x domf e δ

> ε > 0. Allora δ > 0: x

Sia 0 0

2

∈ |x − | ≤

|f − ≤ > 0: x = x domf e x δ

=⇒ (x) L| ε, ed esiste δ 0 0

|f − | ≤ |x − ≤ }

=⇒ (x) L ε. Quindi x = x e x| min{δ, δ si ha

0 0

|L − | ≤ |L − |x − | ≤ |L − |.

L x| + L 2ε < L Assurdo.

PER ESERCIZIO: dimostrare il teorema negli altri casi, anche

usando la definizione mediante intorni.

Lezioni 19-20 64

Andamenti asintotici

→ ∈

Al finito: sia f : (a, b) R (a, b R).

1. Se esiste il limite lim f (x) = L

x→a+

allora diremo che f è estendibile con continuità (da destra) in a:

la funzione ∈

f (x) x (a, b)

g(x) = L x = a

è continua a destra in a.

Analogamente si definisce l’estendibilità (da sinistra) in b

sin x è estendibile con continuità (sia da

Esempi. (a) f (x) = x

destra che da sinistra) in 0, ovvero la funzione

∈ \ {0}

sin x x R

g(x) = x

1 se x = 0

è continua in 0.

1 1 è estendibile con continuità da destra in 0, ma

(b) f (x) = |x|

x

non da sinistra.

2. Se esiste il limite ±∞

f (x) =

lim

x→a+

allora diremo che la retta verticale x = a è un asintoto verticale

per f (analogamente in b) − |x|,

1 , o f (x) = log ha x = 0 come

Esempi. (a) f (x) = 2

x

→ →

asintoto verticale e f (x) +∞ per x 0;

65 Lezioni 19-20

1

(b) f (x) = ha x = 0 come asintoto verticale ma non ne esiste

x

il limite in 0; −

1 1 ha x = 0 come asintoto verticale, ma solo il

(c) f (x) = |x|

x

limite sinistro è +∞.

∪ →

3. Se f : (a, b) (b, c) R ed esistono i limiti

lim f (x) = lim f (x),

x→b− x→b+

entrambi in R, allora si dice che b è un punto di salto per f .

Notiamo che in questo caso f è estendibile con continuità in b sia

da destra che da sinistra.

Esempi. (a) f (x) = sign x ha x = 0 come punto di salto;

(b) f (x) = [x] ha x = 0 come punto di salto;

(c) f (x) = arctan(1/x) ha x = 0 come punto di salto.

All’infinito: f : (a, +∞) R (le stesse considerazioni valgono

se f : (−∞, b) R). →

Diciamo che f e g sono asintotiche (per x +∞) se si ha

f (x) g(x) = 0.

lim

x→+∞ →

3

Esempi. (a) log(x + sin x) è asintotica a 3 log x per x +∞

3 3

+sin

x x x

(ma per esempio e non è asintotica a e ));

x →

sin e è asintotica a x per x +∞ (notare che questa

(b) x + x →

funzione oscilla sempre di piu’ quando x +∞);

→ −

(c) x + arctan x è asintotica a x + π/2 per x +∞ e a x π/2

per x +∞.

Lezioni 19-20 66

Il caso in cui g è una costante o una funzione affine è parti-

colarmente semplice, e merita una notazione separata.

Def. Diremo che la retta y = L è asintoto orizzontale per f (per

x +∞) se f è asintotica alla costante L, o, semplicemente

f (x) = L.

lim

x→+∞

Def. Sia m = 0; diremo che la retta y = mx+q è asintoto obliquo

per f (per x +∞) se f è asintotica alla funzione g(x) = mx+q.

− −

In questo caso abbiamo f (x) mx q = o(1), da cui (divi-

dendo per x) q 1 f (x)

f (x) − + o(1) = + o(1),

m = x x x x

mentre q = f (x) mx = o(1). Dunque si ha la seguente ‘ricetta’

per il calcolo di asintoti orizzontali/obliqui:

(1) si calcola il limite di f (x). Se esiste finito (= L) questo da’

l’asintoto orizzontale;

±∞,

(2) se il limite è allora si calcola il limite di f (x)/x. Se questo

è infinito o non esiste, allora non c’e’ asintoto. Se è finito il suo

valore m ci da’ il coefficiente angolare dell’asintoto;

(3) si calcola il limite di f (x) mx. Se questo è finito allora il suo

valore q da’ il termine noto dell’asintoto

x + 15x 8). Il limite a +∞ è +∞,

Esempio. Sia f (x) = log(7

quindi non c’e’ asintoto orizzontale. Calcoliamo il limite

15x 8

x

log 7 1 +

f (x) x x

7 7

= lim

lim x x

x→+∞ x→+∞

67 Lezioni 19-20

15x 8

x

log 7 + log 1 + x log 7 + o(1)

x x

7 7

= lim = lim = log 7.

x x

x→+∞ x→+∞

Dunque m = log 7 e

15x 8

− −

(f (x) x log 7) = lim log 1 + = 0.

q = lim x x

7 7

x→+∞ x→+∞

quindi l’asintoto obliquo è x log 7.

2 3

x + 2x + 4 log(1 + x ). Notiamo che per

Esempio. Sia f (x) =

x +∞ 3

log(1 + x

2 )

|x| + 4

1 + = x(1 + o(1)) = x + o(x).

f (x) = 2

x x

Allora f (x) x + o(x)

= lim = 1,

m = lim x x

x→+∞ x→+∞

e

− −

2 3

q = lim (f (x) x) = lim ( x + 2x + 4 log(1 + x ) x)

x→+∞ x→+∞ 3

2x + 4 log(1 + x )

= lim 2 3

x→+∞ x + 2x + 4 log(1 + x ) + x

3

2x + 4 log(1 + x )

= lim = 1.

2x + o(1)

x→+∞

Quindi l’asintoto obliquo è y = x + 1.

Esempio. Sia f (x) = x + log x. Questa funzione evidentemente

non ammette asintoti a +∞, anche se il calcolo da‘:

f (x) log x

m = lim (1 +

= lim ) = 1.

x x

x→+∞ x→+∞

In questo caso pero’ q = +∞.

Lezioni 19-20 68

Funzioni continue

Def. f si dice continua se è continua in ogni punto del suo

dominio.

NOTA: se il dominio contiene punti isolati (ovvero punti che non

sono di accumulazione, come per esempio tuuti i punti di N) allora

la funzione è continua in ogni punto isolato (per definizione).

NOTA: polinomi, esponenziali, funzioni trigonometriche sono con-

→ \ {0}), →

1 1

tinue. x è continua (con dominio R x sin( ) è

x x

\ {0}).

continua (con dominio R

NOTA: essere f continua su un intervallo si può pensare come

una proprietà del grafico “che può essere tracciato senza staccare

la penna dal foglio”. Questa proprietà vaga viene resa più precisa

dai seguenti teoremi, che non dimostreremo

Teorema. (di Weierstrass). Ogni funzione reale continua in un

intervallo chiuso e limitato ha massimo e minimo.

Corollario. Ogni funzione continua su un intervallo chiuso e lim-

itato è limitata.

NOTA. La continuità è essenziale: la funzione

 ∈

 x se x (0, 1)

f (x) =  1 se x = 0 o x = 1

2

non ammette max/min in [0, 1] (dove non è continua), ne’ in (0, 1)

(dove è continua). →

Teorema. (di Bolzano o “degli zeri”) Sia f : [a, b] R una

funzione continua tale che f (a)f (b) < 0. Allora esiste almeno un

∈]a,

punto x b[ tale che f (x) = 0.

69 Lezioni 19-20

NOTA. Questo teorema afferma una cosa ‘naturale’ per una

curva ‘tracciata senza staccare la penna dal foglio’: se il punto

iniziale sta sopra l’asse delle x e quello finale sotto, ad un certo

punto la curva deve attraversare l’asse delle x.

Esempio. Sia P un polinomio di grado 3. Allora l’equazione

P (x) = 0 ha almeno una soluzione. 3 se P (x) =

Infatti, a meno di dividere per il coefficiente di x

→ ±∞ → ±∞.

3 2

+a x +a x+a si ha P (x) per x Quindi esiste

x 1 2 3

M tale che f (−M ) < 0 e f (M ) = 0. Possiamo quindi applicare il

−M

teorema con a = e b = M .

→ ⊆

NOTAZIONE: se f : A B è una funzione e C A, allora

{f ∈ ⊆

definiamo f (C) = (x) : x C} B. In particolare f (domf ) si

chiama anche l’immagine di f (imf ). →

Teorema. (“dei valori intermedi”) Sia I intervallo, e f : I R

continua, allora f (I) è intervallo ∈

Dim. Dobbiamo mostrare che se x, y f (I) e x < z < y, allora

z f (I). ∈

Siano c, d I tali che f (c) = x, f (d) = y. Allora pos-

siamo considerare la funz. g(x) = f (x) z sull’intervallo [a, b] =

[min{c, d}, max{c, d}]. Si ha allora g(a)g(b) < 0 e g è continua.

∃ ∈]a,

Per il teorema di Bolzano x b[: g(x) = 0, ovvero f (x) = z.

∈ ∈

I intervallo =⇒ x I =⇒ z f (I).

NOTA. Questo teorema ci dice che per provare che l’equazione

f (x) = y ha soluzione, nel caso di f continua e definita su un

intervallo chiuso e limitato, allora basta verificare che min f

y max f .

Lezioni 21-22 70

Esempio. Proviamo che esiste un mumero x > 0 tale che

1

x

e = .

x

Questo problema si risolve con una ‘risoluzione grafica’: vicino

x ‘sta sotto’ a quello di 1/x, verso +∞ la

allo 0 il grafico di e

situazione si capovolge, quindi ci deve essere un punto in cui i

grafici si intersecano... in questo ragionamento stiamo usando in

verità la continuità delle funzioni come nel teorema degli zeri.

Per applicare il teorema degli zeri, consideriamo la funzione

1 − x

f (x) = e .

x

f (x) = +∞ esiste a > 0 tale che f (a) > 0; dato

Dato che lim +

x→0 −∞,

che lim f (x) = esiste b > a tale che f (b) < 0. A questo

x→+∞ ∈

punto il teorema degli zeri ci assicura che esiste x (a, b) tale che

f (x) = 0, che è quello che volevamo.

Esempio. Trovare (se esiste) il

1

x

: x > 0 .

e

min log 3 + x

Per quello che abbiamo visto sopra, esiste un punto in cui la

quantità nel modulo si annulla, per cui il minimo è ottenuto in

questo punto e vale log 3.

71 Lezioni 21-22

INVERSIONE DI FUNZIONI CONTINUE

RICORDIAMO: Se A, B sono insiemi e f : A B è una funzione

= a =⇒f (a ) = f (a ), allora la relazione

iniettiva, ovvero a

1 2 1 2

⇐⇒ →

g(b) = a f (a) = b definisce una funzione g : imf A (imf

l’immagine di f ). Questa funzione g si chiama la funzione inversa

−1 . Una funzione iniettiva si dice anche

di f e viene denotata con f

invertibile. →

Esempi. (1) arcsin : [−1, 1] [−π/2, π/2] è l’inversa del

seno (o meglio della sua restrizione a [−π/2, π/2]);

(2) arctan : R [−π/2, π/2] è l’inversa della tangente (o

meglio della sua restrizione a [−π/2, π/2]);

x

: (0, +∞) R è l’inversa di a (a > 0, a = 1).

(3) log a →

Teorema. Siano I un intervallo e f : I R una funzione con-

⇐⇒

tinua. Allora f è invertibile f è strettamente monotona. In

−1 −1

tal caso domf è un intervallo e f è continua

In particolare, arcsin, arctan, log sono funzioni continue.

NOTA. L’implicazione f strettamente monotona f invertibile

è sempre valida (anche quando f non è continua).

Sia la continuità che il fatto che I sia intervallo sono essen-

ziali. Infatti ci sono funzioni continue (non definite su intervalli)

invertibili ma non strettamente monotone. Per esempio:

1 \ {0} → \ {0},

f (x) = : R R

x

che è l’inversa di se stessa.

Ci sono anche funzioni definite su intervalli (non continue)

invertibili ma non strettamente monotone. Ne costruiamo facil-

mente una: ∈

x se x (−1, 1),

f (x) = −x altrimenti.

Anche questa è l’inversa di se stessa.

Lezioni 21-22 72

Derivate

Def. Sia f una funzione reale di variabile reale. Allora, dati

x, y domf con x = y, si definisce il rapporto incrementale di f

tra x e y come −

f (x) f (y)

(x, y) = .

P f −

x y

OSSERVAZIONI: ⇐⇒ è non negativa;

i) f è non decrescente P f

⇐⇒

ii) f è strettamente crescente P è strettamente positiva;

f

iii) se f (x) = mx + q è affine allora P è il coefficiente angolare

f

m. →

Def. Sia I intervallo, f : I R e x un punto di I. Se esiste il

0

limite −

f (x) f (x )

0 ∈

lim P (x, x ) = lim R,

0

f −

x x

x→x x→x 0

0 0

esso viene chiamato la derivata di f nel punto x e si indica con

0

f (x ). Se f (x ) R allora f si dice derivabile in x .

0 0 0

(x ):

ALTRE NOTAZIONI per f 0

d dy

Df (x ), ),

f (x , y

0 0

dx dx →

Def. Sia I intervallo, f : I R e x un punto di I. Se esiste il

0

limite −

f (x) f (x )

0 ∈

lim P (x, x ) = lim R,

0

f −

− − x x

x→x x→x 0

0 0

esso viene chiamato la derivata sinistra di f nel punto x e si

0

(x ).

indica con f

− 0

73 Lezioni 21-22

Se esiste il limite −

f (x) f (x )

0 ∈

lim P (x, x ) = lim R,

0

f −

x x

+ +

x→x x→x 0

0 0

esso viene chiamato la derivata destra di f nel punto x e si indica

0

(x ).

con f 0

+

ESEMPI: 1) f = c costante Dc = 0 in ogni punto. Infatti per ogni

(x, y) = 0.

coppia di punti P

f (x, y) = 1 per ogni coppia di punti, per cui

2) f (x) = x. Allora P

f

(x) = 1 per ogni x.

f ∈ ≥

n (n N, n 2). Allora

3) f (x) = x

n−1 n−2 n−2 n−1

P (x, y) = x +x y+. . .+xy x+y , per cui f (x) =

f

n−1

nx . −

(1/x) (1/x )

1 0

(x ) = lim

. Allora (x = 0) f

4) f (x) = 0 −

x x x

x→x 0

0

(x x)/(x x) 1 1

0 0 − −

= lim = lim .

=

− 2

x x x x x

x→x x→x

0 0

0 0 0

|x|.

5) f (x) = Sia x > 0; allora

0

|x| − |x −

| x x

0 0

P (x, x ) = = = 1 per tutti gli x > 0, per

0

f − −

x x x x

0 0

(x ) = 1. Se invece x < 0,

cui f 0 0

|

|x| − |x −x − )

(−x

0 0 −1

P (x, x ) = = = per tutti gli x < 0,

0

f − −

x x x x

0 0

−1.

per cui f (x ) =

0 1 se x > 0,

Se x = 0 si ha P (x, 0) = −1

0 f se x < 0,

−1

(x ) = e f (x ) = 1; in particolare non esiste f (x ).

per cui f

− 0 0 0

+

Riassumendo |x|

x

D|x| = = .

|x| x

Lezioni 21-22 74

x se x 0

|x| . Allora

6) f (x) = sgn(x) = − |x| se x < 0

√ −

x 0 1

√ = +∞,

f (0) = lim = lim

+ x 0 x

x→0+ x→0+

− |x| − 0 1

(0) = lim

f = +∞.

= lim

− − |x|

x 0

x→0− x→0−

(0) = +∞, e f non è derivabile in 0.

Quindi f ≥

1 se x 0

7) f (x) = . Allora

0 se x < 0

1 1

(0) = lim = 0;

f −

+ x 0

x→0+ −

0 1

f (0) = lim = +∞.

− −

x 0

x→0− Differenziabilità ∈

→ I. Diciamo che f è

Def. Sia I intervallo, f : I R e x

0

quando esiste λ R tale che si abbia

differenziabile in x

0 − − →

) + λ(x x ) + o(x x ) per x x

f (x) = f (x

0 0 0 0 −

SIGNIFICATO GEOMETRICO: la retta y = f (x ) + λ(x x )

0 0

− ”

approssima la curva y = f (x) “ad un ordine superiore a x x

0

(questa retta è tangente alla curva).

⇐⇒ f derivabile in x . In tal

Teorema. f differenziabile in x

0 0

caso λ = f (x ).

0 − − →

) + λ(x x ) + o(x x ) per x x

Dim. f (x) = f (x

0 0 0 0

− − −

f (x) f (x ) λ(x x )

0 0

⇐⇒ ⇐⇒

lim = 0

x x

x→x 0

0 −

f (x) f (x )

0 = λ.

lim −

x x

x→x 0

0

75 Lezioni 21-22

Teorema. f derivabile in x =⇒ f continua in x .

0 0

− − →

) + λ(x x ) + o(x x ) per x x , allora

Dim. Se f (x) = f (x

0 0 0 0

lim f (x) = lim f (x ) + λ(x x ) = f (x ).

0 0 0

x→x x→x

0 0

Calcolo di derivate

Dal teorema di linearità per i limiti si ha subito:

punto interno a I.

Teorema. (LINEARITÀ) Sia I intervallo e x

0

→ ∈

Se f, g : I R sono derivabili in x e c R, allora sono derivabili

0

anche f + g e cf e si ha

in x

0

(f + g) (x ) = f (x ) + g (x ), (cf ) (x ) = c(f (x )).

0 0 0 0 0

Teorema. (DERIVATA DI COMPOSIZIONE) Siano I e J inter-

→ → un punto interno a I tale che f (x )

valli; f : I R, g : J R x

0 0

è interno a J. Se f è derivabile in x e g è derivabile in f (x ),

0 0

◦ , e si ha

allora g f è derivabile in x

0

◦ (x ) = g (f (x )) f (x ).

(g f ) 0 0 0

Dim. Sia y = f (x ). Dalla differenziabilità di g in y si ha

0 0 0

− − →

g(y) = g(y ) + g (y )(y y ) + o(y y ), per y y . In particolare

0 0 0 0 0

→ si ha g(f (x)) = g(y ) + g (y )(f (x) y ) +

per y = f (x) e x x

0 0 0 0

− ), ovvero

o(f (x) y 0

◦ ◦ − −

(g f )(x) = (g f )(x ) + g (y )(f (x) y ) + o(f (x) y ). Dalla

0 0 0 0

differenziabilità di f abbiamo

= f (x)−f (x ) = f (x )(x−x )+o(x−x ) e dunque

f (x)−y 0 0 0 0 0

◦ ◦

(g f )(x) = (g f )(x )

0

− − −

(y )(f (x )(x x ) + o(x x )) + o(f (x )(x x ))

+g 0 0 0 0 0 0

Lezioni 21-22 76

◦ − −

= (g f )(x ) + g (y )f (x )(x x ) + o(x x ).

0 0 0 0 0

Questo mostra che (g f ) è differenziabile in x e la sua derivata

0

è g (y )f (x ).

0 0 −n −n−1 −n

∈ −nx →

ESEMPI: 1) n N D(x ) = . La funzione x x n

si può considerare come composizione delle funzioni f (x) = x

−1/y 2

n−1

e g(y) = 1/y; e sappiamo che f (x) = nx , g (y) = .

Dunque 1

−n −n−1

− −nx

n−1

) = g (f (x)) f (x) = (nx ) = ;

D(x 2

n

(x )

1 1

1

= come composizione di f e

f (considerare

2) D 2

f f f

1/y). →

Teorema. (DERIVATA DEL PRODOTTO) Siano f, g : I R

derivabili in x I; allora anche f g è derivabile in x , e si ha

0 0

(x ) = f (x )g (x ) + f (x )g(x ).

(f g) 0 0 0 0 0

− − −

Dim. (f g)(x) (f g)(x ) = f (x)(g(x) g(x )) + g(x )(f (x)

0 0 0

f (x )), per cui

0

P (x, x ) = f (x)P (x, x ) + g(x )P (x, x ).

0 0 0 0

f g g f

→ →

Passando al limite per x x (ricordando che f (x) f (x )) si

0 0

ha la tesi.

f f (x )g(x ) f (x )g (x )

0 0 0 0

ESERCIZI:1) (x ) = . (Applicare

0 2

g (g(x ))

0 −1

la derivazione del prodotto di f e 1/g ricordando che D(g ) =

−2

−g g ).

77 Lezioni 21-22

Teorema. (DERIVAZIONE DELLA FUNZIONE INVERSA) Sia

→ (x ),

I intervallo e f : I R continua e invertibile in I. Se esiste f 0

−1

allora esiste anche la derivata di f nel punto y = f (x ), e si ha

0 0

1

−1

D f ) =

(y ovvero

0

f (x )

0

1

−1

f (y ) = .

0 −1

f (f (y ))

0

NOTA: 1) l’ipotesi di invertibilità su f equivale alla stretta mono-

tonia; (x ) =

2) la formula per la derivata dell’inversa vale anche se f 0

±∞,

(y ) = applicando le dovute convenzioni.

0 o f 0 −1

(x ) = 0, allora f è derivabile in f (x ).

3) se f 0 0

−1 −1

f (y) f (y )

0

Dim. si ha lim −

y y

y→y 0

0

−1 −1

f (y) f (y )

0

= lim −1 −1

f (f (y)) f (f (y ))

y→y 0

0 − 1

x x

0

= lim = ,

f (x) f (x ) f (x )

x→x 0 0

0

per il teorema sul limite di composizione.

x

ESEMPIO: calcoliamo la derivata di e . Si ha

− −

(x−x )

x x

e e 1

e

0 0

x x

lim = lim e .

= e

0 0

− −

x x x x

x→x x→x

0 0

0 0

x x

= e .

Dunque De

Ora possiamo calcolare la derivata di log x, usando il teorema

−1

x , f (x) = log x. Si

della der. della funz. inversa, con f (x) = e

1 1 1

−1 )(x) =

ha allora D(log x) = D(f = = .

−1

f (f (x)) exp(log x) x

Lezioni 21-22 78

f

ESERCIZI:1) D(log f ) = ;

f

f f

2) D(e ) = e f ;

(α log

α x) α α−1

3) D(x ) = D(e ) = x D(α log x) = αx (α = 1).

Derivate delle funzioni elementari

x x

D(e ) = e , D1 = 0

∈ \ {0}) α α−1

(α R D(x ) = αx ,

D cos x = sin x D sin x = cos x

e quindi anche 2 x

D tan x = 1 + tan

D cosh x = sinh x D sinh x = cosh x,

dove −x −x

x x

+ e e

e

e , sinh x =

cosh x = 2 2

sono coseno e seno iperbolico. sin t = 1 si deduce

OSSERVAZIONI: dal limite fondamentale lim t

t→0

− 12 2 2

x + o(x ),

sin x = x + o(x) cos x = 1

da cui si ottiene subito la derivata di sin e cos. Per esempio si ha

sin(x + t) sin x

D sin x = lim t

t→0 −

sin x cos t + sin t cos x sin x

= lim t

t→0 −

sin t cos t 1

+ sin x lim

= cos x lim t t

t→0 t→0

t

= cos x + sin x lim + o(t) = cos x.

2

t→0

79 Lezioni 25-26

ESEMPI: 1) D(sin 2x) = (cos 2x) 2; sin x

1 − −

(− sin x) = = tan x;

2) D(log cos x) = cos x cos x

√ x (x > 1): possiamo scrivere

3) calcolare la derivata di (log x)

√ 1/2

x = exp x log(log x) .

(log x)

Si ha

1/2 1/2 1/2

log(log x) = log(log x)Dx + x D log(log x).

D x

Dato che 1

1 1 1

−1/2 √

1/2 e D log(log x) =

= =

x , si ha dunque

Dx 2 log x x

2 x

1

1

1/2 1/2

log(log x) = log(log x)

D x + x x log x

2 x

log x log(log x) + 2

= ,

2 x log x

e infine

√ log x log(log x) + 2

1/2

x = exp x log(log x)

D(log x) 2 x log x

√ log x log(log x) + 2

( x−1) .

= (log x) 2 x g

ESERCIZIO: verificare la formula generale per la derivata di f :

g

f

g g

D f log f .

= f + g

f

g = exp(g log f )...)

(scrivere f

Lezioni 25-26 80

La funzione derivata

Def. Sia f : I R una funzione tale che

{x ∈ ∅,

= I : f è derivabile in x} =

I

→ →

: I R, x f (x)

allora si chiama derivata di f la funzione f

∈ la derivata di f in x.

che associa ad ogni punto x I

= R; f = 1;

ESEMPI: 1) f (x) = x, dom f = dom f x

\ {0}

|x|, = R = dom f = R; f = ;

2) f (x) = dom f |x|

|x| ∈

dom f = dom f = R in quanto 0 dom f .

3) f (x) = sgn(x) 1

1

\ {0}; −

= R f (x) = .

, dom f = dom f

4) f (x) = 2

x x

Punti di non derivabilità

NOTA: se la funzione f non è derivabile in un punto x si possono

0

allora si usa la seguente

presentare vari casi. Se f è continua in x

0

nomenclatura:

∃ (x ), f (x ) R e almeno uno dei due è finito. Allora x

1) f

− 0 0 0

+ |x|,

si dice un punto angoloso. Esempi: (x = 0) f (x) = f (x) =

0

|x|;

x + ±∞;

∃ (x ) = allora x si dice un punto di flesso a tangente

2) f 0 0 √ 3

= 0) f (x) = x (l’inversa di x ), f (x) =

verticale. Esempi: (x 3

0

|x|;

sgn(x)

∈ {+∞, −∞}

(x ), f (x ) f (x ) = f (x ); allora x si dice

3) f

− −

0 0 0 0 0

+ +

|x|

una cuspide. Esempi: (x = 0) f (x) =

0

(x ) e f (x ); per esempio

NOTA: possono anche non esistere f

− 0 0

+

x sin(1/x) se x = 0 = 0.

si prenda f (x) = e x

0

0 se x = 0,

81 Lezioni 25-26

Esercizi. Descrivere i punti di discontinuità delle seguenti fun-

zioni. | |x||.

1. f (x) = log |x|

Dato che log è derivabile ovunque (nel suo dominio), e

|y| non è derivabile in y = 0, la composizione PUÒ non essere

|x| |x| ±1.

derivabile solo per log = 0, ovvero per = 1, cioè x = Si

ha

−1,

(±1) = f (±1) = 1,

f

− +

quindi questi due sono punti angolosi.

|x |.

3 2

2. f (x) = + x

3 2

+ x è derivabile ovunque (nel suo dominio), e

Dato che x

|y| non è derivabile in y = 0, la composizione può non essere

−1.

3 2

+ x = 0, ovvero per x = 0 e x =

derivabile solo per x

Si ha

|x |y − |y|

2

x + 1| 1|

±∞,

(−1) = lim

f = lim =

± x +1 y

x→−1± y→0±

−1

e quindi è un punto di cuspide.

Si ha

|x |x| |x

2

x + 1| + 1|

±1,

(0) = lim = lim =

f

± −

x 0 x

x→0± x→0±

|y| ha un punto di cus-

quindi 0 è punto angoloso. Notare che

pide, quindi: non si può dedurre il tipo di non-derivabilità di una

composizione sapendo solo i tipi di non-derivabilità delle funzioni

separatamente.

| sin x|.

3. f (x) =

Lezioni 25-26 82

Si ha | sin x|

±∞,

(0) = lim

f =

± x

x→0±

e analogamente ogni punto della forma kπ, quindi tutti questi sono

punti di cuspide.

√ −

1 cos x.

4. f (x) = √

Si ha − 1

1 cos x

±

=

(0) = lim

f ,

± x 2

x→0±

e analogamente ogni punto della forma 2kπ, quindi tutti questi

sono punti angolosi. |

| 2 nel’intervallo [−2, 2].

5. f (x) = sin x||x + x

|

La funzione sin x| ha un punto angoloso in 0 e la funzione

| −1,

|x 2 ha due punti angolosi in 0 e quindi i possibili punti

+ x −1.

di non derivabilità sono 0 e

Si ha | | |x

2

sin x||x + x + 1|

±

(−1) = lim = sin 1 lim = sin 1,

f

± x +1 x + 1

x→−1± x→−1±

−1

quindi x = è punto angoloso.

Si ha | | | |

2

sin x||x + x sin x||x| sin x|

= lim = lim x = 0,

(0) = lim

f

± |x|

x x

x→0± x→0± x→0±

e quindi f è derivabile in 0. Dunque x = 0 non è un punto di

|

non derivabilità anche se lo era per entrambe le funzioni sin x| e

|x |.

2

+ x

83 Lezioni 27-28

Il Teorema di De L’Hôpital

Teorema. Siano f, g : I R funzioni definite e derivabili in un

∈ [−∞, +∞[. Supponiamo che sia verificata

intorno destro I di x

0

una delle due condizioni:

f (x) = lim g(x) = 0;

i) (forma 0/0) lim + +

x→x x→x

0 0 ∞

∞/∞) f (x) = lim g(x) =

ii) (forma lim + +

x→x x→x

0 0

Se esiste il limite

f (x)

lim = L,

g (x)

+

x→x

0

allora esiste anche il limite

f (x) = L.

lim g(x)

+

x→x

0 −

→ (se f, g

Le stesse conclusioni sono valide per il limite x x

0

∈] − ∞, +∞]).

sono definite in un intorno sinistro di x

0

ESEMPI: tramite questo teorema possiamo ritrovare la maggior

parte dei limiti notevoli:

sin x cos x

0

= ( ) = (H) = lim = 1;

lim x 0 1

x→0 x→0

x x

e 1 e

0

= ( ) = (H) = lim = 1;

lim x 0 1

x→0 x→0

0

log(1 + x) 1

lim = ( ) = (H) = lim = 1;

x 0 x + 1

x→0 x→0

x x

e e

+∞

=( ) = (H) = lim = +∞;

lim x +∞ 1

x→+∞ x→0

+∞

log x 1/x

=(

(α > 0) lim ) = (H) = lim

α α−1

x +∞ αx

x→+∞ x→+∞

1

= lim = 0;

α

αx

x→+∞


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AUTORE

Sara F

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DETTAGLI
Esame: Analisi 1
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria informatica
SSD:
A.A.: 2013-2014

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Sara F di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi 1 e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Napoli Federico II - Unina o del prof Fusco Nicola.

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