23.10. Note e dimostrazioni

23.10.1. Funzioni reali a variabile reale, \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\)

23.10.2. Limiti

23.10.3. Funzioni continue, \(f \in C^0\)

23.10.4. Operazioni e teoremi sui limiti

\(\lim_{x \rightarrow x_0} c f(x)\)

\[L = \lim_{x \rightarrow x_0} f(x)\]

\[\forall \varepsilon > 0 \quad \exists U_{x_0,\delta} \quad t.c. \quad |f(x) - L| < \varepsilon \quad \forall U_{x_0,\delta} \backslash \{x_0\} \]

\[|f(x) - L| < \varepsilon \qquad \rightarrow \qquad L - \varepsilon < f(x) < L + \varepsilon\]

\[\begin{split}\begin{aligned} c \ge 0: & \quad c L - c \varepsilon \le c f(x) \le c L + c \varepsilon \\ c < 0: & \quad c L - c \varepsilon > c f(x) > c L + c \varepsilon \\ \end{aligned}\end{split}\]

\[\begin{split}\begin{aligned} c \ge 0: & \quad \forall \tilde{\varepsilon} = c \varepsilon > 0 \quad & \exists U_{x_0,\delta} \quad t.c. \quad |c f(x) - c L| < \tilde{\varepsilon} \quad \forall U_{x_0,\delta} \backslash \{x_0\} \\ c < 0: & \quad \forall \tilde{\varepsilon} = -c \varepsilon > 0 \quad & \exists U_{x_0,\delta} \quad t.c. \quad |c f(x) - c L| < \tilde{\varepsilon} \quad \forall U_{x_0,\delta} \backslash \{x_0\} \\ \end{aligned}\end{split}\]

\[\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow x_0} c f(x) = c L \end{aligned}\]

\(\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) \pm g(x)\)

\[\begin{split}\begin{aligned} & |f(x) - F| < \varepsilon \qquad \rightarrow \qquad F - \varepsilon_f < f(x) < F + \varepsilon_f \\ & |g(x) - G| < \varepsilon \qquad \rightarrow \qquad G - \varepsilon_g < g(x) < G + \varepsilon_g \\ \end{aligned}\end{split}\]

\[\begin{split}\begin{aligned} F + G - \varepsilon_f - \varepsilon_g < f(x) + g(x) < F + G + \varepsilon_f + \varepsilon_g \\ \end{aligned}\end{split}\]

Con il segno meno, giocare con i modulli per avere \(\tilde{\varepsilon} > 0\).

\(\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) \cdot g(x)\)

\[\begin{split}\begin{aligned} & |f(x) - F| < \varepsilon_f \qquad \rightarrow \qquad F - \varepsilon_f < f(x) < F + \varepsilon_f \\ & |g(x) - G| < \varepsilon_g \qquad \rightarrow \qquad G - \varepsilon_g < g(x) < G + \varepsilon_g \\ \end{aligned}\end{split}\]

Nell’ipotesi che \(f(x) \cdot g(x) > 0\) (concordi, serve teorema permanenza segno?)

\[\begin{split}\begin{aligned} |f(x) g(x) - F G| & = |f(x) g(x) - f(x) G + f(x) G - F G| = \\ & = |f(x) ( g(x) - G ) + ( f(x) - F ) G| = \\ & \le |f(x)|| g(x) - G | + | f(x) - F || G| = \\ & \le (|F|+\varepsilon_f)\varepsilon_g + \varepsilon_f|G| = \\ & = \underbrace{|F|\varepsilon_g + |G|\varepsilon_f + \varepsilon_f \varepsilon_g}_{\tilde{\varepsilon}} \\ \end{aligned}\end{split}\]

avendo usato \(|g(x)-G| < \varepsilon\), e la disuguaglianza triangolare

\[|f(x)| = |f(x) - F + F| \le |f(x) - F| + |F| \le \varepsilon_f + |F| \]

\(|g(x)| > \frac{|\lim_{x\rightarrow x_0} g(x)|}{2} = \frac{|G|}{2} \ \) for \(\ x \in U_{x_0, \delta}\)

Si vuole dimostrare che esiste un intorno per il quale \(|g| > \frac{|G|}{2}\)

\[|g - G| < \varepsilon\]

Se esiste il limite \(G\), allora per \(\forall \varepsilon > 0 \quad \exists \delta > 0 \quad |g(x) - G|<\varepsilon \dots\). Tra tutti i valori di \(\varepsilon\), si sceglie \(\frac{|G|}{2} > 0\)

\[-\frac{|G|}{2} < g - G < \frac{|G|}{2} \]

Si distinguono i due casi:

• \(0 \le G = |G|\) implica \(\frac{|G|}{2} < g < \frac{3}{2}|G|\); prendendo il modulo di quantità positive \(\frac{|G|}{2} < |g| < \frac{3}{2}|G|\)

• \(0 > G = - |G|\) implica \(-\frac{3}{2}|G| < g < -\frac{1}{2}|G| \); prendendo il modulo di quantità positive \(\frac{|G|}{2} < |g| < \frac{3}{2}|G|\)

Si è quindi dimostrato che se esiste il limite \(G\), scegliendo \(\varepsilon = \frac{|G|}{2}\), allora esiste un intorno di \(x_0\) nel quale il valore assoluto della funzione è limitato,

\[\frac{|G|}{2} < |g(x)| < \frac{3}{2}|G| \ ,\]

per tutti i valori di \(x \in U_{x_0, \delta}\).

\(\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) / g(x)\)

\[\begin{split}\begin{aligned} & |f(x) - F| < \varepsilon_f \qquad \rightarrow \qquad F - \varepsilon_f < f(x) < F + \varepsilon_f \\ & |g(x) - G| < \varepsilon_g \qquad \rightarrow \qquad G - \varepsilon_g < g(x) < G + \varepsilon_g \\ \end{aligned}\end{split}\]

Nell’ipotesi che \(f(x) \cdot g(x) > 0\) (concordi, serve teorema permanenza segno?)

\[\begin{split}\begin{aligned} |f(x) / g(x) - F / G| & = \left| \frac{f}{g} - \frac{F}{g} + \frac{F}{g} - \frac{F}{G} \right| = \\ & = \left| \frac{f}{g} - \frac{F}{g} + \frac{F}{G}\frac{g}{G} - \frac{F}{G} \right| = \\ & = \left| \frac{f}{g} - \frac{F}{g} + \frac{F}{G} \left( \frac{g}{G} - 1 \right) \right| = \\ & \le \left| \frac{1}{g} \right| |f - F| + \left|\frac{1}{G}\right|\left|\frac{F}{G}\right|\left| g - G \right| = \\ & \le \left| \frac{1}{g} \right| \varepsilon_f + \left|\frac{1}{G}\right|\left|\frac{F}{G}\right| \varepsilon_g = \\ & \le \underbrace{2 \left| \frac{1}{G} \right| \varepsilon_f + \left|\frac{1}{G}\right|\left|\frac{F}{G}\right| \varepsilon_g}_{\tilde{\varepsilon}} & \end{aligned}\end{split}\]

23.10.5. Contronto di infiniti e infinitesimi

23.10.6. Limiti fondamentali

Vengono qui dimostrati i limiti fondamentali.

Dimostrazione di \(\ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1 \)

Usando il teorema del confronto per le funzioni \(\sin x \le x \le \tan x\) (todo *dimostrare con l’area delle figure geometriche \(\frac{1}{2}\sin x \le \frac{1}{2} \, x \le \frac{1}{2} \tan x\)), si può scrivere per \(x \ne 0\)

\[1 \le \frac{x}{\sin x} \le \frac{\tan x}{\sin x} = \frac{1}{\cos x} .\]

Il limite per \(x \rightarrow 0\) delle due funzioni estreme vale \(1\), quindi

\[\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sin x} = 1 \ .\]

Dimostrazione di \(\ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \)

Usando la formula \(\cos 2 \alpha = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha = 2 \cos^2 \alpha - 1 = 1 - 2 \sin^2 \alpha\), si può scrivere \(1 - \cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}\). Si può quindi riscrivere il limite cercato come

\[\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ 2 \sin^2 \frac{x}{2} }{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{2} \frac{\sin^2 \frac{x}{2}}{\left( \frac{x}{2} \right)^2} = \frac{1}{2} \underbrace{\lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \right)^2}_{=1} = \frac{1}{2} \ .\]

Dimostrazione di \(\ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x}= 1 \)

Usando le notazioni di «o piccolo» e «o grande» per il confronto tra infinitesimi, si dimostra il limite desiderato,

\[\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{x^k}{k!} - 1}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 + x + o(x) - 1}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( 1 + O(x) \right) = 1 \ .\]

Dimostrazione di \(\ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x}{1 + x} = 1 \)

Usando le notazioni di «o piccolo» e «o grande» per il confronto tra infinitesimi, si dimostra il limite desiderato,

\[\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x}{1 + x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{x^k}{k!}}{1+x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 + x + o(x)}{1+x} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( 1 + \frac{o(x)}{1+x} \right) = 1 \ .\]

Dimostrazione di \(\ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x} = 1\)

Dimostrazione 1. Usando i risultati sui limiti che coinvolgono l’esponenziale, e definendo una nuova variabile \(y = e^x - 1\), così da avere \(x = \ln (y+1)\), con \(y \rightarrow 0\) quando \(x \rightarrow 0\), segue la dimostrazione,

\[\lim_{y \rightarrow 0} \frac{\ln(1+y)}{y} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x}{e^x-1} = 1 \ .\]

Dimostrazione 2. Usando il teorema del confronto con la relazione (todo dimostrare!)

\[\frac{x-1}{x} \le \ln x \le x - 1 \ ,\]

che può essere riscritta, usando il cambio di variabile \(x \rightarrow x+1\) e dividendo per \(x\) (ipotizzata positiva; se negativa cambia il verso delle disuguaglianze, ma non il risultato) tutti e 3 i termini, come

\[\frac{1}{x+1} \le \frac{\ln (x + 1)}{x} \le 1 \ .\]

Per \(x \rightarrow 0\) le due funzioni estremanti tendono a \(1\) e di conseguenza \(\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln (x+1)}{x} = 1\).

Dimostrazione di \(\ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1+x)^a - 1}{x} = a \)

Usando i risultati che coinvolgono l’esponenziale, dopo aver riscritto \((1+x)^a = e^{a \ln(1+x)}\),

\[ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1+x)^a - 1}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{a \ln(1+x)} - 1}{a \ln (1+x)} \frac{a \ln(1+x)}{x} = a \, \underbrace{\lim_{y \rightarrow 0} \frac{e^y - 1}{y}}_{=1} \ \underbrace{\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+x)}{x}}_{=1} = a \ , \]

avendo definito la variabile \(y = a \ln (1+x)\), che tende a zero quando \(x \rightarrow 0\). todo prestare attenzione alle operazioni fatte, e fare riferimento alle operazioni con i limiti, e successivamente all’uso di infinitesimi e asintotici nel calcolo dei limiti.