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Limiti di funzioni
Hynek Kovarik
Universita di Brescia
Analisi Matematica 1
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 1 / 38
Cenni di topologia
La nozione di intorno
Sia x0 ∈ R e r > 0. Consideriamo
Ir (x0) = {x ∈ R : |x − x0| < r}= {x ∈ R : x0 − r < x < x0 + r},
l’intorno sferico aperto di centro x0.
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Definizione
Sia A ⊆ R.
1 Diciamo che p ∈ R e interno a A se:esiste r > 0 tale che Ir (p) ⊆ A.
2 Diciamo che p ∈ R e d’accumulazione per A seper ogni r > 0 si ha (A \ {p}) ∩ Ir (p) 6= ∅;
3 Diciamo che p ∈ R e punto isolato di A seesiste r > 0 tale che A ∩ Ir (p) = {p}.
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Esempio
SiaA =]− 1, 1] ∪ {2}
Allora
Ogni punto p di [−1, 1] e di accumulazione per A: in ogni intorno dip ci sono punti di A, diversi da p stesso.
2 e un punto isolato di A. Infatti, non e vero che in ogni suo intornoci sono punti dell’insieme diversi da 2: si prenda, per esempio, comeintorno
]32 ,
52
[.
−1 6∈ A, ma e punto di accumulazione.
A = [−1, 1] ∪ {2} e l’insieme dei punti aderenti di A.
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Esempio
Sia
A =
{1
n + 1: n ∈ N
}Allora
0 6∈ A e l’unico punto di accumulazione per A.
A e costituito solo di punti isolati.
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Definizione di limite
Definizione
Sia A ⊆ R e sia f : A→ R una funzione reale definita in A. Sia x0 unpunto di accumulazione di A. Diremo che la funzione f tende al numeroL ∈ R per x → x0 se
∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x ∈ A, 0 < |x − x0| < δ ⇒ |f (x)− L| < ε.
Il numero L si dice il limite di f per x → x0, e si scrive
limx→x0
f (x) = L.
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Osservazione:Non si richiede che la disuguaglianza |f (x)− L| < ε sia soddisfatta perx = x0. Infatti, il valore di f in x0 non influenza il valore del limite:
Esempio
Sia f : R→ R definita da
f (x) =
{x2 se x 6= 0
α ∈ R se x = 0.
Alloralimx→0
f (x) = 0
indipendentemente da α!.
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Perche si deve richiedere che x0 sia un punto diaccumulazione?
Nella definizione di limx→x0 f (x) = L
∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x ∈ A, 0 < |x − x0| < δ ⇒ |f (x)− L| < ε.
e essenziale “potersi avvicinare indefinitamente” al punto x0 rimanendosempre in A.
Esempio
Sia
f (x) =√x2(x − 2)
NON ha senso calcolare limx→0
√x2(x − 2), poiche non ci si puo avvicinare a
x = 0, rimanendo nel domf .
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Teorema di unicita
Sia x0 di accumulazione per dom f . Se f (x)→ L e f (x)→ L′ per x → x0,allora L = L′.
Dimostrazione: Consideriamo per semplicita il caso x0, L, L′ ∈ R.
Per assurdo sia L 6= L′.
Allora per ogni ε > 0
∃ δ > 0 : x0 6= x ∈ dom f , |x − x0| < δ ⇒ |f (x)− L| < ε,
∃ δ′ > 0 : x0 6= x ∈ dom f |x − x0| < δ′ ⇒ |f (x)− L′| < ε.
Quindi ponendo ε = |L− L′|/4 per x 6= x0 e |x0 − x | < min{δ, δ′} si ha
0 < |L− L′| ≤ |L− f (x)|+ |f (x)− L′| < 2ε =|L− L′|
2
Assurdo.
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Estensioni della definizione di limite
Abbiamo visto la definizione di limx→x0 f (x) = L nel caso x0, L ∈ R .Vogliamo estendere questa definizione ai seguenti casi:
Caso 1 : x0 reale, L infinito
Caso 2 : x0 infinito, L reale
Caso 3 : x0 infinito, L infinito
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Caso 1(a): x0 ∈ R & L = +∞
Definizione
limx→x0
f (x) = +∞ ⇔
∀M ∈ R ∃δ > 0 : ∀x ∈ A, 0 < |x − x0| < δ ⇒ f (x) ≥ M.
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Caso 1(b): x0 ∈ R & L = −∞
Definizione
limx→x0
f (x) = −∞ ⇔
∀M ∈ R ∃δ > 0 ∀x ∈ A, 0 < |x − x0| < δ ⇒ f (x) ≤ M
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Caso 2(a): x0 = +∞ & L ∈ R
Definizione
limx→+∞
f (x) = L ⇔
∀ε > 0 ∃ρ ∈ R : ∀x ∈ A, x ≥ ρ ⇒ |f (x)− L| < ε.
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Caso 2(b): x0 = −∞ & L ∈ R
Definizione
limx→−∞
f (x) = L ⇔
∀ε > 0 ∃ρ ∈ R : ∀x ∈ A, x ≤ ρ ⇒ |f (x)− L| < ε.
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Caso 3(a): x0 = +∞ & L = +∞
Definizione
limx→+∞
f (x) = +∞ ⇔
∀M ∈ R ∃ρ ∈ R : ∀x ∈ A, x ≥ ρ f (x) ≥ M.
Caso 3(b): x0 = +∞ & L = −∞
Definizione
limx→+∞
f (x) = −∞ ⇔
∀M ∈ R ∃ρ ∈ R : ∀x ∈ A, x ≥ ρ f (x) ≤ M
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Caso 3(c): x0 = −∞ & L = +∞
Definizione
limx→−∞
f (x) = +∞ ⇔
∀M ∈ R ∃ρ ∈ R : ∀x ∈ A, x ≤ ρ f (x) ≥ M.
Caso 3(d): x0 = −∞ & L = −∞
Definizione
limx→−∞
f (x) = −∞ ⇔
∀M ∈ R ∃ρ ∈ R : ∀x ∈ A, x ≤ ρ f (x) ≤ M.
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Algebra dei limitiSia A ⊆ R e sia x0 ∈ R un punto di accumulazione per A. Sianof , g : A→ R due funzioni e supponiamo che
limx→x0
f (x) = L ∈ R, limx→x0
g(x) = M ∈ R.
Allora le seguenti identita
limx→x0 (f (x) + g(x)) = L + M,
limx→x0 f (x) · g(x) = L ·M,
limx→x0
f (x)g(x) = L
M (M 6= 0)
valgono in assenza di forme indeterminate
∞−∞, 0 · ∞, ∞∞.
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Algebra dei limiti: caso M = 0
Nel caso limx→x0 f (x) = L 6= 0 e limx→x0 g(x) = 0 vale:
1 Se esiste r > 0 tale che g(x) > 0 per ogni x ∈ Ir (x0) \ {x0}, allora
limx→x0
f (x)
g(x)=
{+∞ se L > 0
−∞ se L < 0.
2 Se esiste r > 0 tale che g(x) < 0 per ogni x ∈ Ir (x0) \ {x0}, allora
limx→x0
f (x)
g(x)=
{−∞ se L > 0
+∞ se L < 0.
3 Se la funzione g cambia segno in ogni intorno di x0, allora
limx→x0
f (x)
g(x)@
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Esempi
SIa A = R, x0 = 0 e f (x) = 2− x . Allora
limx→0
2− x
x2= +∞
limx→0
2− x
x2 − |x |= −∞
limx→0
2− x
x@
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Teorema di permanenza del segno
Sia A ⊆ R, f : A→ R e sia x0 ∈ R un punto di accumulazione di A. Selimx→x0 f (x) = L 6= 0, allora
esiste U intorno di x0 tale che la restrizione di f a
U \ {x0} ∩ A
ha lo stesso segno di L
Dimostrazione: supponiamo che x0 ∈ R e che L > 0. Ponendo ε = L/2 sitrova un δ > 0 tale che
∀ x ∈ Iδ(x0) ∩ (A \ {x0}) :L
2< f (x) <
3L
2
Da cui la tesi con U = Iδ(x0). La dimostrazione nel caso x0 = ±∞ eanaloga.
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Teorema del confronto
Sia A ⊆ R e siano f , g : A→ R e sia x0 ∈ R un punto di accumulazione diA. Supponiamo che f e g ammettano limite per x → x0 e chef (x) ≤ g(x) per ogni x ∈ A. Allora
limx→x0
f (x) = L ≤ M = limx→x0
g(x).
Dimostrazione: Supponiamo per assurdo che L > M. Allora
limx→x0
(f (x)− g(x)) = L−M > 0.
Allora per il Teorema di permanenza del segno esiste un intorno U di x0
tale che∀x ∈ U ∩ (A \ {x0}) : f (x) > g(x).
Questo e in contraddizione con l’ipotesi del Teorema.
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Teorema dei due carabinieri
Sia A ⊆ R e siano f , g , h : A→ R e sia x0 ∈ R un punto di accumulazionedi A. Supponiamo che per ogni x ∈ A si abbia
g(x) ≤ f (x) ≤ h(x).
Se limx→x0 h(x) = limx→x0 g(x) = L, allora anche f ammette limite perx → x0 e si ha limx→x0 f (x) = L.
Dimostrazione: Sia ε > 0. Allora esiste δ > 0 tale che
∀ x ∈ Iδ(x0) ∩ (A \ {x0}) : |g(x)− L| < ε ∧ |h(x)− L| < ε.
Dunque per ogni x ∈ Iδ(x0) ∩ (A \ {x0}) si ha
f (x)− L ≤ h(x)− L < ε ∧ f (x)− L ≥ g(x)− L ≥ −|g(x)− L| > −ε,
da cui |f (x)− L| < ε.
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Definizione
Sia A ⊆ R e sia f : A→ R una funzione. Diciamo che f e limitata in A se
∃M > 0 : |f (x)| ≤ M ∀ x ∈ A.
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Teorema
Sia f , g : A→ R e Sia x0 ∈ R un punto di accumulazione per A.Supponiamo che
limx→x0
g(x) = 0
e che f sia limitata in A. Allora
limx→x0
f (x)g(x) = 0.
Dimostrazione: Sia M > 0 tale che per ogni x ∈ A vale |f (x)| ≤ M.Allora
∀ x ∈ A 0 ≤ |f (x)g(x)| ≤ M |g(x)|,
e il teorema dei due carabinieri implica
limx→x0
|f (x)g(x)| = 0
da cui la tesi.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 24 / 38
Esempio
Sia f : R \ {0} → R data da
f (x) = x
√1 + sin2(1/x)
Siccome√
1 + sin2(1/x) ≤√
2 per ogni x ∈ R \ {0}, il teoremaprecedente implica
limx→x0
f (x) = 0.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 25 / 38
Teorema di limitatezza locale
Sia f : a→ R e Sia x0 ∈ R un punto di accumulazione per A. Supponiamoche
∃ limx→x0
f (x) = L ∈ R.
Allora esiste un intorno U di x0 tale che f e limitata in U ∩ A.
Dimostrazione: Dimostriamo il teorema nel caso x0 ∈ R. Poniamo ε = 1nella definizione del limite. Quindi esiste δ > 0 tale che
∀ x ∈ A : 0 < |x − x0| < δ : |f (x)| ≤ |L|+ 1.
Sia U = Iδ(x0). Se x0 6∈ A, allora la tesi e dimostrata. Se x0 ∈ A, alloraf (x0) ∈ R, e si ha
∀ x ∈ U ∩ A : |f (x)| ≤ |L|+ 1 + |f (x0)|
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 26 / 38
Limiti destro e sinistro
Definizione
Sia f : A→ R e x0 ∈ R. Si supponga che
x0 sia di accumulazione per l’insieme A ∩ (x0,+∞).
Allora diciamo che f ammette in x0 il limite destro L ∈ R e scriviamo
limx→x+
0
f (x) = L,
se vale la seguente affermazione:
∀ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀x ∈ (x0, x0 + δ) ∩ A : |f (x)− L| < ε.
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Limiti destro e sinistro
Definizione
Sia f : A→ R e x0 ∈ R. Si supponga che
x0 sia di accumulazione per l’insieme A ∩ (−∞, x0).
Allora diciamo che f ammette in x0 il limite sinistro L ∈ R e scriviamo
limx→x−0
f (x) = L,
se vale la seguente affermazione:
∀ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀x ∈ (x0 − δ, x0) ∩ A : |f (x)− L| < ε.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 28 / 38
Limiti destro e sinistro: caso L = ±∞
Definizione
Sia f : A→ R e sia x0 ∈ R un punto di accumulazione per l’insiemeA ∩ (x0,∞). Allora
limx→x+
0
f (x) = +∞,
se∀M ∈ R ∃ δ > 0 : ∀x ∈ (x0, x0 + δ) ∩ A : f (x) ≥ M.
Analogamente,lim
x→x+0
f (x) = −∞,
se∀M ∈ R ∃ δ > 0 : ∀x ∈ (x0, x0 + δ) ∩ A : f (x) ≤ M.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 29 / 38
Limiti destro e sinistro: caso L = ±∞
Definizione
Sia f : A→ R e sia x0 ∈ R un punto di accumulazione per l’insiemeA ∩ (−∞, x0). Allora
limx→x−0
f (x) = +∞,
se∀M ∈ R ∃ δ > 0 : ∀x ∈ (x0 − δ, x0) ∩ A : f (x) ≥ M.
Analogamente,lim
x→x−0
f (x) = −∞,
se∀M ∈ R ∃ δ > 0 : ∀x ∈ (x0 − δ, x0) ∩ A : f (x) ≤ M.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 30 / 38
Legame fra il limite e limiti destro e sinistro
Proposizione
Sia f : A→ R e sia x0 ∈ R un punto di accumulazione per A ∩ (x0,+∞) eper (−∞, x0) ∩ A. Si ha
(I ) ∃ limx→x0
f (x) = L
m
(II ) limx→x+
0
f (x) = L e limx→x−0
f (x) = L.
In particolare, se
almeno uno fra limx→x+0f (x) o limx→x−0
f (x) non esiste, o
limx→x+0f (x) e limx→x−0
f (x) esistono, ma sono diversi
allora il limite limx→x0 f (x) NON esiste.Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 31 / 38
Esempio
Sia f : R \ {0} → R data da
f (x) =x2 + x4
|x |+ x2
Allora
limx→0+
f (x) = limx→0+
x2(1 + x2)
x(1 + x)= lim
x→0+x = 0,
limx→0−
f (x) = limx→0−
x2(1 + x2)
−x(1− x)= lim
x→0−(−x) = 0.
Quindilimx→0
f (x) = 0.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 32 / 38
Esempio
Sia f : R \ {0} → R data da
f (x) =x√
x2 + x4
Allora
limx→0+
f (x) = limx→0+
x
|x |√
1 + x2= lim
x→0+
x
x= 1,
limx→0−
f (x) = limx→0−
x
|x |√
1 + x2= lim
x→0−
x
−x= −1.
Quindilimx→0
f (x) @
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 33 / 38
Funzioni monotone
Definizione
Una funzione f : A→ R si dice
(i) crescente se
∀ x , y ∈ A : x ≤ y ⇒ f (x) ≤ f (y);
(ii) decrescente se
∀ x , y ∈ A : x ≤ y ⇒ f (x) ≥ f (y);
(iii) strettamente crescente se
∀ x , y ∈ A : x < y ⇒ f (x) < f (y);
(iv) strettamente decrescente se
∀ x , y ∈ A : x < y ⇒ f (x) > f (y);
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 34 / 38
Teorema (limiti di funzioni crescenti)
Sia f : A→ R una funzione crescente e sia x0 ∈ R un punto diaccumulazione per A ∩ (x0,+∞) e per (−∞, x0) ∩ A. Allora
∃ limx→x+
0
f (x), ∃ limx→x−0
f (x)
e si halim
x→x−0
f (x) = sup{f (x) : x ∈ A, x < x0} (1)
limx→x+
0
f (x) = inf{f (x) : x ∈ A, x > x0}. (2)
Dimostrazione: Per dimostrare (3) poniamo
L− = sup{f (x) : x ∈ A, x < x0}.
Quindi f (x) ≤ L− per ogni x ∈ A, x < x0. Inoltre, per ogni ε > 0 esistexε ∈ A, xε < x0 tale che f (xε) > L− − ε.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 35 / 38
Siccome f e crescente, si ha
∀ x ∈ A ∩ (xε, x0) : L− − ε < f (xε) ≤ f (x) ≤ L−.
Da cui (3).
Definiamo adesso
L+ = inf{f (x) : x ∈ A, x > x0}.
Quindi f (x) ≥ L+ per ogni x ∈ A, x > x0. Inoltre, per ogni ε > 0 esistexε ∈ A, xε > x0 tale che f (xε) < L+ + ε. Siccome f e crescente, si ha
∀ x ∈ A ∩ (x0, xε) : L+ < f (x) ≤ f (xε) ≤ L+ + ε.
Da cui (4)
N.B. Il teorema NON garantisce l’esistenza di
limx→x0
f (x) !
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Nel modo del tutto analogo si dimostra
Teorema (limiti di funzioni descrescenti)
Sia f : A→ R una funzione decrescente e sia x0 ∈ R un punto diaccumulazione per A ∩ (x0,+∞) e per (−∞, x0) ∩ A. Allora
∃ limx→x+
0
f (x), ∃ limx→x−0
f (x)
e si halim
x→x−0
f (x) = inf{f (x) : x ∈ A, x < x0} (3)
limx→x+
0
f (x) = sup{f (x) : x ∈ A, x > x0}. (4)
Dimostrazione: esercizio.
Hynek Kovarik (Universita di Brescia) Limiti e continuita Analisi Matematica 1 37 / 38