Analisi matematica

H

O

Limitiamoci per semplicità alla porzione di circonferenza nel primo quadrante del

piano cartesiano. Sia x la lunghezza in radianti dell’arco P A della circonferenza

P H = sin x e QA = tan x, l’area del triangolo

centrata in O e di raggio 1. Essendo

sin x x

OAP è , quella del settore circolare OAP è e quella del triangolo OAQ è

2 2

tan x . Si vede dalla figura che

2 sin x < x < tan x ,

da cui segue sin x

cos x < < 1

x

e quindi la tesi per il teorema dei due carabinieri.

Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 45

Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali

Esempio 4.30. Alcuni limiti notevoli

1

• lim (1 + x) = e

x

x→0 x −

e 1

• =1

lim x

x→0 ln(1 + x)

• lim =1

x

x→0 sin x

• lim =1

x

x→0 −

1 cos x 1

• lim =

2

x 2

x→0 tan x

• lim =1

x

x→0

∗

∈

Se x si sostituisce formalmente x alla x, utilizzando i limiti notevoli delle funzioni

R

0 0

elementari e la parziale aritmetizzazione dell’infinito ed infinitesimo.

Esempio 4.31. Calcoliamo −x

2

−

lim x e .

x→+∞

Procediamo con la sostituzione del simbolo di più infinito nella funzione, e utiliz-

zando i limiti notevoli delle funzioni elementari abbiamo

−x −∞

2 2 +

− − −

lim x e = (+∞) e = +∞ 0 = +∞.

x→+∞

Seguendo la definizione, abbiamo la trasposizione grafica dei due limiti.

y

15

10

5 x

1 2 3 4 5

Esempio 4.32. Calcoliamo 2 2

x + 1 x + 1

lim , lim .

− −

x 1 x 1

−

+

x→1 x→1

Le funzioni a numeratore e a denominatore sono funzioni continue. Allora

2 + 2

x + 1 (1 ) + 1 2

lim = = = +∞.

+ +

− −

x 1 1 1 0

+

x→1

46 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.

4.5 - Tecniche di calcolo

e −

2 2

x + 1 (1 ) + 1 2 −∞.

lim = = =

−

+

− −

x 1 1 1 0

−

x→1

Seguendo la definizione, abbiamo la trasposizione grafica dei due limiti.

y

10 x

0.5 1 1.5 2

−10

Esempio 4.33. Calcoliamo 1 .

lim −

cos x 1

+

x→0

Le funzioni a numeratore e a denominatore sono funzioni continue. Allora

1 1

lim = .

+

− −

cos x 1 cos(0 ) 1

+

x→0 −

+

Dal grafico della funzione coseno, abbiamo che cos(0 ) = 1 . Ne consegue che

− −

+ − −

cos(0 ) 1 = 1 1 = 0 .

Quindi 1

1 −∞.

= =

lim −

−

cos x 1 0

+

x→0

Esempio 4.34. Calcoliamo −x

3

lim x e .

x→−∞

Abbiamo −x

3 3 +∞

· −∞ · −∞.

lim x e = (−∞) e = (+∞) =

x→−∞

Esempio 4.35. I limiti √ √

2 −

x x + 1 x + tan x

2 2

− −

lim , lim x + 1 x 1 , lim

x 2

e + 1 x

x→+∞ x→+∞ +

x→0

porgono delle forme indeterminate. La parziale aritmetizzazione degli infiniti non

basta per determinare il valore del limite posto che esista. Per risolverli abbiamo

bisogno di nuove tecniche.

4.5.1 Scioglimento delle forme indeterminate

Come già visto per le successioni, il calcolo dei limiti è più articolato nel caso si giunga

ad una forma indeterminata.

− ∞

Forma +∞

Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 47

Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali

Esempio 4.36. Calcoliamo il limite

√ √

2 2

− −

lim x + 1 x 1 .

x→+∞ − ∞.

Questo limite porge la forma indeterminata +∞ Procediamo con la raziona-

lizzazione del numeratore √ √

√ √

√ √ 2 2 2 2

− − −

x +1 x 1 x +1+ x 1

√ √

2 2

− −

x + 1 x 1 = 1 2 2 −

x + 1 + x 1

2 2

− −

x + 1 (x 1)

√ √

= 2 2 −

x + 1 + x 1

2

√ √

= 2 2 −

x + 1 + x 1

Dunque si ha che

√ √ 2 2

+

√ √

2 2

− −

lim x + 1 x 1 = lim = = 0

+∞

2 2 −

x +1+ x 1

x→+∞ x→+∞

1 y

0.5 x

4 6 8 10 12

−0.5

Esempio 4.37. Calcoliamo il limite 2

x √

√

lim .

− −

x 2 x +2

x→+∞ − ∞.

Questo limite porge a numeratore e denominatore la forma indeterminata +∞

Similmente a quanto visto per le successioni procediamo con la razionalizzazione

√ √

2

2 −

x

x x +2+ x 2

√ √ √

√ √ √

·

=

− − − − −

x 2 x +2 x 2 x +2 x 2+ x +2

√ √

2 −

x x + 2 + x 2

−

= 4

Dunque si ha che √ √

2

2 −

x x +2+ x 2

x √

√ −∞

= lim

lim =

−4

− −

x 2 x + 2 x→+∞

x→+∞

48 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.

4.5 - Tecniche di calcolo x

y 2.5 3 3.5 4 4.5 5

−10

−20

Supponiamo di essere in presenza di due funzioni f , f infinite nello stesso punto x .

1 2 0

Dobbiamo capire come risolvere il limite

(4.2) lim (f + f )

1 2

x→x 0 − ∞.

quando conduce ad una forma indeterminata del tipo +∞ Supponendo che f sia

1

di ordine maggiore a f possiamo procedere con il seguente artificio

2

f 2

(4.3) lim (f + f ) = lim f 1 +

1

1 2 f

x→x x→x

0 0 1

Poiché f ha ordine maggiore a f abbiamo che la quantità in rosso tende a zero. Allora

1 2

lim (f + f ) = lim f .

1 2 1

x→x x→x

0 0

L’artificio in (4.3), detto raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore, trascu-

ra gli infiniti di ordine più basso che non danno effettivo contributo nella determinazione

del limite.

Esempio 4.38. Calcoliamo il limite

1 3 −

lim x x .

2

x→−∞ 3

− ∞. −∞

Il limite porge la forma indeterminata +∞ Poiché a la funzione y = x

è un ordine di infinito maggiore della funzione y = x allora possiamo procedere con

il metodo di raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore:

−x

1

1 1

3 3 3

− −∞.

lim x x = lim x 1 + x =

= lim

1 3

2 2 2

x

x→−∞ x→−∞ x→−∞

2

Esempio 4.39. Calcoliamo il limite 2x x

−

lim e e .

x→+∞ 2x

− ∞.

Il limite porge la forma indeterminata +∞ Poiché a +∞ la funzione y = e è

x

un ordine di infinito maggiore della funzione y = e allora possiamo procedere con

il metodo di raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore:

!

x

e

2x x 2x 2x

− −

lim e e = lim e 1 = lim e = +∞.

2x

e

x→+∞ x→+∞ x→+∞

Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 49

Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali

Esempio 4.40. Calcoliamo il limite √

2 2

−

lim x x + 1 .

x→+∞ − ∞.

Il limite porge la forma indeterminata +∞ Si potrebbe procedere con il

2

metodo di razionalizzazione, ma poiché a +∞ la funzione y = x è un ordine di

√ 2

infinito maggiore della funzione y = x + 1 allora

√

2 2

2

−

lim x x + 1 = lim x = +∞.

x→+∞ x→+∞ − ∞

Se il limite (4.2) conduce ad una forma indeterminata +∞ e f , f sono funzioni

1 2

infinite dello stesso ordine in x , si potrebbe pensare che il limite sia automaticamente

0

1

zero . Nel seguente esempio mostriamo che ciò non è vero.

√ √

2 2 −

Esempio 4.41. Le funzioni f (x) = x + 1 e g(x) = x 1 sono infiniti dello

stesso ordine a +∞. Infatti si ha che √ 2

x + 1

√

lim = 1.

2 −

x 1

x→+∞

Abbiamo mostrato precedentemente che

√ √

2 2

− −

lim x + 1 x 1 = 0.

x→+∞

Ma anche le funzioni f (x) = log x e g(x) = log x con 1 < a < b sono a +∞ infinite

a b

dello stesso ordine. Però ! !

log x 1

b

− − −

lim (log x log x) = lim log x = lim log x 1 = +∞.

b a b b

log a log a

x→+∞ x→+∞ x→+∞

b b

∞

Forma ∞ ⊆ →

Sia data una funzione f : A con A intervallo eventualmente illimitato. Allora

R R

∈ −∞)

f si dice infinita in x A (o eventualmente +∞ o se

0 −∞.

lim f (x) = +∞ o lim f (x) =

x→x x→x

0 0

Se dobbiamo calcolare il rapporto fra due funzioni infinite nello stesso punto abbiamo

∞

una forma indeterminata ). Il risultato del limite del rapporto di due funzioni infinite

∞

può essere  0 A),











 ∈ − {0}

l B),

 R



f (x) 

=

lim g(x)

x→x 0 ±∞ C),















 6∃ D).



1 Questa convinzione potrebbe nascere dal fatto che essendo f e f infiniti dello stesso ordine allora

1 2

− ∞

sarebbe lecito semplificare la differenza di infiniti e quindi +∞ = 0.

50 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.

4.5 - Tecniche di calcolo

Se accade A diremo che f (x) è un infinito di ordine minore a g(x) in x ; se accade B

0

diremo che f (x) ha lo stesso ordine di infinito di g(x) in x ; se accade C diremo che

0

f (x) è un infinito di ordine maggiore a g(x) in x ; se accade D diremo che f (x) e g(x)

0

in x sono infiniti non confrontabili.

0

Ne discende che esiste una gerarchia fra le funzioni elementari infinite.

Esempio 4.42. Si può dimostrare che

α β x x

x x a b

lim = +∞, lim = +∞, lim = +∞, lim = +∞,

α α x

log x x x a

x→+∞ x→+&inf