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Capitolo 4
Limiti di funzioni reali
In questo capitolo introduciamo il concetto di limite di funzioni. In altre parole, dataf : A ⊂ R → R vogliamo descrivere il suo comportamento vicino ad un punto diaccumulazione di A. Ad esempio la funzione
f(x) =4− x2
x− 2
ha come dominio R − {2}. Cosa accade al grafico della funzione nelle vicinanze di 2?Cosa accade al grafico della funzione se x assume valori sempre piu grandi o semprepiu piccoli? Il concetto che stiamo introducendo, quello di limite di funzione reale cipermette di rispondere a queste domande.In secondo luogo, il concetto di limite ci permette di risolvere problemi geometricinotevoli.
4.1 Il concetto di limite
Richiamiamo la definizione di intorno.In R si definisce intorno centrato di x0 ∈ R di raggio r > 0 un intervallo aperto deltipo (x0 − r, x0 + r) con ε > 0, indicato brevemente anche con la notazione I(x0, r).Un intorno di x0 ∈ R e un qualsiasi intervallo aperto contenente x0, indicato brevementecon I(x0).Un intorno di +∞ e un qualsiasi intervallo del tipo (a,+∞), indicato brevementecon I(+∞). Un intorno di −∞ e un qualsiasi intervallo del tipo (−∞, a), indicatobrevemente con I(−∞).D’ora in avanti indicheremo con R∗ l’insieme R ∪ {−∞,+∞}.Consideriamo la funzione
f(x) =4− x2
x− 2che ha dominio R− {2} = (−∞, 2) ∪ (2,+∞).Diamo alla x valori che si avvicinano a 2:
x f(x)
1.9 −3.91.99 −3.991.999 −3.9992.0001 −4.00012.001 −4.0012.01 −4.012.1 −4.1
31
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
Quello che notiamo e che se x assume valori che si avvicinano a 2 allora la funzione assumevalori che si avvicinano a −4. Matematicamente indichiamo questo con la notazione
limx→2
4− x2
x− 2= −4
e si dice che il limite della funzione f(x) =4− x2
x− 2per x che tende a 2 e uguale a −4.
Consideriamo la funzione
f(x) =sinx
x
la quale ha dominio R−{0}. Diamo alla funzione valori che avvicinano ad 0. Otteniamo
x f(x)
−0.1 ≈ 0.998 · · ·−0.01 ≈ 0.999983 · · ·−0.001 ≈ 1
0.001 ≈ 10.01 ≈ 0.999983 · · ·0.1 ≈ 0.998 · · ·
e notiamo che la funzione assume valori che si avvicinano ad 1. Allora sara
limx→0
sinx
x= 1
ma f non e definita per x = 0 e dunque ivi non assume il valore 1.Ne consegue che nei limiti per x tende ad un valore finito x0 non interessa cosa accadealla funzione per x = x0. Ci interessa solo come si comporta f nelle vicinanze di x0.Formalmente diremo che, dati f : A→ R e x0 punto di accumulazione di A, si ha
limx→x0
f(x) = l, x0, l ∈ R
se per ogni ε > 0 esiste un δ > 0 tale che per 0 < |x− x0| < δ si ha
|f(x)− l| < ε .
l + ε
l − ε
x0 + δx0 − δx
y
In alcuni casi e utile distinguere x che tende a x0 da valori piu piccoli di x0 (e si indicacon x→ x−0 ) da x che tende a valori piu grandi di x0 (x→ x+0 ). Ad esempio, la funzione
f(x) =|x|x
32 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.1 - Il concetto di limite
ha limite uguale a 1 per x→ 0+ e limite uguale a −1 per x→ 0−.Formalmente, siano f : A→ R, x0 punto di accumulazione per A e l ∈ R. Si halimite destro
limx→x+0
f(x) = l
se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che l − ε < f(x) < l + ε per ogni x ∈ (x0, x0 + δ);limite sinistro:
limx→x−0
f(x) = l
se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che l − ε < f(x) < l + ε per ogni x ∈ (x0 − δ, x0).
Esempio 4.1. Verifichiamo tramite la definizione che
limx→2
4− x2
x− 2= −4 .
Se consideriamo un qualunque intorno di −4 di ampiezza ε, esiste sempre un intornodi 2 in cui i punti x 6= 2 hanno immagine ivi contenuta. I punti di tale intorno sonoquei valori di x che soddisfano la disequazione∣∣∣∣4− x2x− 2
+ 4
∣∣∣∣ < ε ,
da cui2− ε < x < 2 + ε ,
che e un intorno di 2.
Consideriamo sempre la funzione
f(x) =x+ 1
x− 1.
Ora diamo alla x valori sempre piu grandi. Otteniamo
x f(x)
10 ≈ 1.2 · · ·102 ≈ 1.02 · · ·104 ≈ 1.0002 · · ·108 ≈ 1.00000002 · · ·
Come possiamo notare la funzione assume valori che si avvicinano ad uno. Matemati-camente indicheremo questo con la notazione
limx→+∞
x+ 1
x− 1= 1
e si dice che il limite della funzione f(x) =x+ 1
x− 1per x che tende a +∞ e uguale a 1.
Prendendo valori sempre piu piccoli, si puo notare i valori della funzione si avvicinanoa 1.Formalmente diremo che, dati f : A→ R e A superiormente illimitato, si ha
limx→+∞
f(x) = l ∈ R
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 33
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
se per ogni ε > 0 esiste un M > 0 tale che per x > M si ha
|f(x)− l| < ε.
ll + ε
l − ε
M
x
y
In analogia con questo caso, diciamo che
limx→−∞
f(x) = l ∈ R
se per ogni ε > 0 esiste un K > 0 tale che
|f(x)− l| < ε per x < −K .
Esempio 4.2. Verifichiamo tramite la definizione che
limx→±∞
x+ 1
x− 1= 1 .
Fissato ε > 0 dobbiamo risolvere ∣∣∣∣x+ 1
x− 1− 1
∣∣∣∣ < ε
da cui otteniamo
x >2 + ε
ε, x <
ε− 2
ε
che sono intorni di +∞ e −∞, rispettivamente.
Consideriamo ancora la funzione
f(x) =x+ 1
x− 1.
Cosa accade nelle vicinanze di x = 1 in cui la funzione non e definita? Diamo ad x valoriche si avvicinano a 1.
x f(x)
0.9 ≈ −190.99 ≈ −1990.999 ≈ −1999
1.0001 ≈ 200001.001 ≈ 20001.01 ≈ 200
Notiamo che se x si avvicina a 1 sia da valori maggiori o minori, la funzione tende adassumere valori sempre piu grandi in valore assoluto. Per x che si avvicina a 1 da valorimaggiori di 1, la funzione assume valori sempre piu grandi. Per x che si avvicina a 1
34 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.1 - Il concetto di limite
da valori minori di 1, la funzione assume valori sempre piu piccoli. Matematicamenteindicheremo questo con la notazione
limx→1+
x+ 1
x− 1= +∞, lim
x→1−
x+ 1
x− 1= −∞.
Si puo anche dire che il limite destro della funzione e +∞ e che il limite sinistro e −∞.Formalmente diremo che, dati f : A→ R e x0 punto di accumulazione di A, si ha
limx→x0
f(x) = +∞
se per ogni M > 0 esiste un δ > 0 tale che per
|x− x0| < δ, x 6= 0
si ha f(x) > M .
M
x0
x0 + δx0 − δ
x
y
Analogamente, diremo che si ha
limx→x0
f(x) = −∞
se per ogni K > 0 esiste un δ > 0 tale che per
x0 − δ < x < x0 + δ, x 6= 0
si ha f(x) < −K.
Lasciamo al lettore il compito di formalizzare le definizioni nel seguenti casi:
limx→x+0
f(x) = +∞ , limx→x+0
f(x) = −∞ , limx→x−0
f(x) = +∞ , limx→x−0
f(x) = −∞ .
Consideriamo ora la funzione
f(x) =x3 + 1
x2.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 35
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
In questo caso se diamo alla x valori che diventano sempre piu grandi, la funzione f(x)assume valori che diventano sempre piu grandi.
x f(x)
10 ≈ 10.101 · · ·104 ≈ 10000.001 · · ·1010 ≈ 1010 · · ·
Allo stesso modo si nota che se diamo alla x valori sempre piu piccoli, la funzione assumevalori sempre piu piccoli. Matematicamente indichiamo questo con
limx→±∞
x3 + 1
x2= ±∞.
Formalmente diremo che, dati f : A→ R e A superiormente illimitato, si ha
limx→+∞
f(x) = +∞
se per M > 0 scelto a piacere allora esiste un N > 0 tale che per x > N accade che
f(x) > M.
M
N
x
y
Inoltre formalmente diremo che
limx→+∞
f(x) = −∞
se per M > 0 scelto a piacere allora esiste un N > 0 tale che per x > N accade che
f(x) < −M.
Analoghe definizioni valgono per limx→−∞
f(x) se A e inferiormente illimitato.
Esempio 4.3. Sono di facile verifica i seguenti limiti:
1. limx→x0
k = k, per ogni k ∈ R, x0 ∈ R∗
2. limx→±∞
x = ±∞
3. limx→±∞
x2 = +∞
4. limx→±∞
x3 = ±∞
5. limx→0
sinx = 0: infatti essendo | sinx| < |x| per x 6= 0 basta scegliere δ = ε
36 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.1 - Il concetto di limite
6. limx→0
cosx = 1: ricordando che sin
(x
2
)= ±
√1− cosx
2, si ha | cosx− 1| <
x2
2
da cui la conclusione.
7. limx→0
1
x2= +∞.
Usando la definizione di intorno possiamo dare una definizione generale di limite. Dataf : A→ R e x0 ∈ R∗ un punto di accumulazione per A e l ∈ R∗, diremo che
limx→x0
f(x) = l
se, per ogni intorno V di l, esiste un intorno U di x0 tale che f(x) ∈ V per x ∈ U ∩A ex 6= x0.Questa definizione risulta molto pratica per alcune dimostrazioni.Vale il seguente
Teorema 4.4. Sia x0 ∈ R, e f : A→ R una funzione per cui esistono i limiti
limx→x0
f(x) = l1, limx→x0
f(x) = l2.
Allora l1 = l2.
Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che l1 6= l2. Allora, presi due intorni di-sgiunti V1 di l1 e V2 di l2, esistono due intorni U1 e U2 di x0 tali che f(x) ∈ V1se x ∈ U1 ∩ A e f(x) ∈ V2 se x ∈ U2 ∩ A con x 6= x0. Ma allora se prendiamox ∈ U1 ∩ U2 ∩A dovrebbe essere contemporaneamente f(x) ∈ V1 e f(x) ∈ V2, il chee un assurdo.
Teorema 4.5. Condizione necessaria e sufficiente affinche esista il limite di f(x)per x→ x0 e che esistano e coincidano il limite destro e sinistro.
Teorema 4.6. (Permanenza del segno) Siano f : A → R, x0 punto di accumula-zione di A, l ∈ R∗. Se f(x)→ l > 0 (< 0) per x→ x0, allora si ha f(x) > 0 (< 0)per x→ x0.
Dimostrazione. Se l e finito e positivo, dalla definizione di limite si ha che
∀ε > 0 ∃δ > 0 tale che 0 < |x− x0| < δ,⇒ |f(x)− l| < ε .
Scegliendo ε ∈ (0, l) otteniamo che l + ε > f(x) > l − ε > 0.Se l = +∞ allora il teorema e banalmente verificato.Si lascia per esercizio la dimostrazione nel caso l < 0 e l = −∞.
Non vale il viceversa, ovvero vale il seguente
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 37
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
Teorema 4.7. (Inverso della permanenza del segno) Siano f : A→ R, x0 punto diaccumulazione di A, l ∈ R∗. Se f(x)→ l per x→ x0 e f(x) > 0 (< 0), allora si hal ≥ 0 (≤ 0) per x→ x0.
4.2 Limiti notevoli delle funzioni elementari
Nel paragrafo precedente abbiamo fatto esempi di limiti di funzioni elementari per capiremeglio come usare la definizione.Generalizziamo qui i limiti delle funzioni elementari.
Teorema 4.8. E vero che
limx→+∞
x2n = +∞, limx→−∞
x2n = +∞, n ∈ N− {0}
limx→+∞
x2n+1 = +∞, limx→−∞
x2n+1 = −∞, n ∈ N.
Per le funzioni potenza abbiamo illustrato solo i limiti per x che tende a piu o menoinfinito perche sono gli unici estremi del dominio.Le funzioni radice pari hanno come dominio R+ = [0,+∞). Andremo quindi ad illustrarei limiti per x→ 0+ e x→ +∞. Mentre per le funzioni radice dispari il dominio e R.
Teorema 4.9. E vero che
limx→0+
2n√x = 0+, lim
x→+∞2n√x = +∞, n ∈ N− {0}
limx→−∞
2n+1√x = −∞, lim
x→+∞2n+1√x = +∞, n ∈ N− {0}.
Consideriamo adesso le funzioni esponenziali e logaritmo.
Teorema 4.10. E vero che
limx→+∞
ax = +∞, limx→−∞
ax = 0+, a > 1.
limx→−∞
ax = +∞, limx→+∞
ax = 0+, 0 < a < 1.
Teorema 4.11. E vero che
limx→0+
loga x = −∞, limx→+∞
loga x = +∞, a > 1.
limx→0+
loga x = +∞, limx→+∞
loga x = −∞, 0 < a < 1.
Passiamo alle funzioni goniometriche. Le funzioni goniometriche seno e coseno hannocome dominio R. I limiti agli estremi del dominio pero non esistono. Cerchiamo diintuire il perche.
38 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.3 - Relazione fra i limiti e le operazioni elementari
Come abbiamo visto nel capitolo precedente, le funzioni seno e coseno sono funzioniperiodiche di periodo 2π e limitate. Essendo limitate il limite per x che tende a piu omeno infinito non puo essere un infinito. Questi limiti possono essere finiti? No, percheogni valore compreso fra −1 e 1 e immagine tramite seno e coseno di un infinita dinumeri reali.La funzione tangente ha come dominio
D ={x ∈ R | − π
2+ kπ < x <
π
2+ kπ, k ∈ Z
}.
Il limite per x che tende a piu o meno infinito non esiste per lo stesso motivo per cuinon esiste per le funzioni seno e coseno.Ma anche π
2e i suoi multipli di π sono estremi del dominio. Allora, dalla definizione di
funzione tangente si ha che
Teorema 4.12. E vero che
limx→π
2+
tanx = +∞, limx→π
2−
tanx = −∞.
Tutti i limiti che abbiamo mostrato in questa sezione andrebbero dimostrati usando ladefinizione di limite. Qui la dimostrazione non viene riportata, ma lo studente devepoter ricordare questi limiti ricavandoli dai grafici delle funzioni elementari.
4.3 Relazione fra i limiti e le operazioni elementari
Le funzioni non sono tutte elementari. Le funzioni che si incontrano nelle applicazionisono funzioni composte di quelle elementari. Allora servono dei metodi per calcolare ilimiti di funzioni piu complicate.La prima cosa che ci si chiede e se l’operazione di limite e compatibile con le quattrooperazioni algebriche. Ovvero: il limite della somma algebrica (moltiplicazione, divisio-ne) di funzioni e la somma (moltiplicazione, divisione) dei limiti? La risposta e si masotto alcune condizioni.
Teorema 4.13. (Algebra dei limiti) Siano date due funzioni f : A → R e g :A → R, in cui A e un intervallo eventualmente illimitato. Sia x0 un elemento diA, eventualmente +∞ o −∞. Se
limx→x0
f(x) = l1 ∈ R limx→x0
g(x) = l2 ∈ R.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 39
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
allora
(4.1)
limx→x0
(cf(x)) = cl1, ∀c ∈ R
limx→x0
(f(x)± g(x)) = l1 ± l2,
limx→x0
(f(x)g(x)) = l1l2,
limx→x0
1
g(x)=
1
l2, l2 6= 0,
limx→x0
f(x)
g(x)=l1
l2, l2 6= 0,
limx→x0
f(x)g(x) = l1l2 , (l1, l2) 6= (0, 0) , f(x)positiva .
Dimostrazione. Lasciamo per esercizio la dimostrazione del limite di prodotto trauna costante e la funzione e della somma e differenza tra funzioni.Per dimostrare lim
x→x0(f(x)g(x)) = l1l2 si osservi che
f(x)g(x)− l1l2 = g(x) (f(x)− l1) + l1 (g(x)− l2)
e quindi, fissato ε > 0, si ha |f(x)− l1| < ε e |g(x)− l2| < ε. Inoltre, siccome g(x)ammette limite finito allora g(x) e localmente limitata (ossia esiste un intorno U dix0 tale che g (U ∩ A) e limitato in R), cioe |g(x)| < k, per cui si ha
|f(x)g(x)− l1l2| < kε+ l1ε = (k + l1) ε
da cui segue la tesi per l’arbitrarieta di g(x).
Proviamo che limx→x0
1
g(x)=
1
l2, con l2 6= 0. Osserviamo che se ad esempio l2 > 0 allora
g(x) > 0 e g(x) limitata, quindi 0 < h ≤ g(x) < k. Per cui fissato ε > 0 si ha
1
g(x)− 1
l2=l2 − g(x)
l2g(x)≤ ε
|l2|h
da cui la tesi.
La dimostrazione di limx→x0
f(x)
g(x)=l1
l2, con l2 6= 0, discende dalla precedente.
Dimostriamo che limx→x0
f(x)g(x) = l1l2 , con (l1, l2) 6= (0, 0) e f(x) positiva. Scegliendo
una base a 6= 1 possiamo scrivere
f(x)g(x) = ag(x) loga f(x)
per cui ci si riconduce al limite dell’esponente, che e un caso noto.
Questo teorema ci permette di operare con i limiti come si fa con le funzioni elementari,ma solo quando l1 ed l2 non sono infinito. Ed inoltre nella divisione l2 deve essere nonnullo per non incappare nella divisione per zero, o nella divisione fra due zeri.Ma allora, se noi ci trovassimo in presenza di uno dei casi che stiamo escludendo nel
40 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.3 - Relazione fra i limiti e le operazioni elementari
teorema, come dovremo comportarci? Il teorema sull’algebra si estende? Ovviamenteno, perche +∞ e −∞ non sono numeri, e neanche 0 al denominatore si potra intenderecome un semplice numero. Come si risolve il problema? Prima di rispondere a questadomanda, enunciamo il seguente
Teorema 4.14. Sia x0 ∈ R∗. Per x→ x0 si ha:
• f(x)→ +∞, g(x) limitata inferiormente ⇒ (f(x) + g(x))→ +∞
• f(x)→ −∞, g(x) limitata superiormente ⇒ (f(x) + g(x))→ −∞
• f(x)→ +∞, g(x) limitata superiormente ⇒ (f(x)− g(x))→ +∞
• f(x)→ −∞, g(x) limitata inferiormente ⇒ (f(x)− g(x))→ −∞
Questo teorema non contempla evidentemente tutti i casi possibili. Per questo (e perrispondere alla domanda precedente) si introduce la parziale aritmetizzazione del-l’infinito e dell’infinitesimo, ovvero si algebrizzano parzialmente le operazioni checoinvolgono l’infinito e l’infinitesimo:
• Se abbiamo due quantita che tendono a +∞, ovvero che crescono infinitamente,anche la loro somma crescera infinitamente. Quindi
+∞+∞ = +∞.
Stesso ragionamento per −∞−∞ = −∞.
• Se abbiamo due quantita infinite, anche il loro prodotto sara un infinito. Si seguela regola dei segni.
(+∞)(+∞) = +∞, (−∞)(−∞) = +∞, (+∞)(−∞) = −∞.
• Si nota che se dividiamo 1 per numeri sempre piu piccoli, allora la divisione porgeun risultato sempre piu grande. Allora porremo
1
0+= +∞,
1
0−= −∞.
• Si nota che se dividiamo 1 per numeri sempre piu grandi, allora la divisione porgeun risultato sempre piu piccolo. Allora porremo
1
+∞= 0+,
1
−∞= 0−.
Gli ultimi due casi sono giustificati dal seguente
Teorema 4.15. Sia x0 ∈ R∗. Per x→ x0 si ha:
• f(x)→ +∞ ⇒1
f(x)→ 0+
• f(x)→ −∞ ⇒1
f(x)→ 0−
• f(x)→ 0+ ⇒1
f(x)→ +∞
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 41
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
• f(x)→ 0− ⇒1
f(x)→ −∞
Ovviamente, vale anche ad esempio 3 · (±∞) = ±∞ e +∞· (−∞) = −∞, come affermail seguente
Teorema 4.16. Sia x0 ∈ R∗. Per x→ x0 si ha:
• f(x)→ +∞, g(x)→ l < 0 ⇒ f(x)g(x)→ −∞
• f(x)→ +∞, g(x)→ l > 0 ⇒ f(x)g(x)→ +∞
• f(x)→ −∞, g(x)→ l < 0 ⇒ f(x)g(x)→ +∞
• f(x)→ −∞, g(x)→ l > 0 ⇒ f(x)g(x)→ −∞
• f(x)→ ±∞, |g(x)| ≥ c > 0 ⇒ f(x)g(x)→ ±∞
• f(x)→ 0, g(x) limitata ⇒ f(x)g(x)→ 0
Le forme non contemplate nei teoremi precedenti, ossia
+∞−∞,∞∞,
0
0, 0 · ∞, 1∞, 00, ∞0
sono da considerarsi indeterminate, ovvero il risultato dipende dalla funzione che hagenerato la forma indeterminata. Vedremo poi come ci si comporta davanti a una formadi indecisione.Cosa succede se componiamo due funzioni?
Teorema 4.17. Siano f : A→ R e g : B → R con im(g) ⊆ A. Sia x0 un punto diaccumulazione di B. Se
1) limx→x0
g(x) = l
con g(x) 6= l per x→ x0 e2) lim
y→lf(x) = m
con x0, l,m ∈ R∗, alloralimx→x0
f(g(x)) = m
Dimostrazione. Osserviamo che l e un punto di accumulazione per A: in questomodo possiamo considerare 2). Se x0, l,m ∈ R, per la 2), esiste δ(ε) per cui |f(y)−m| < ε per y ∈ A e |y − l| < δ. Per la 1), in corrispondenza di questo 1delta esisteγ(δ) per cui |g(x) − l| < δ per x ∈ B e |x0| < γ. Quindi, fissato un ε piccolo apiacere (positivo), esiste γ(ε) tale che |f(g(x)) −m| < ε per x ∈ B e |x − x0| < γ,da cui la tesi.Si puo estendere la dimostrazione al caso infinito.
42 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.4 - Funzioni continue
Esempio 4.18. Calcoliamo
limx→0
esinx = limy→0
ey = 1
Il seguente teorema ci fornisce condizioni sufficienti a garantire la possibilita di eseguirel’operazione di limite.
Teorema 4.19. Siano a, b ∈ R∗ con a < b. Sia f : (a, b)→ R.
• Se f e crescente, per ogni x ∈ (a, b] si ha limx→x−0
f(x) = sup(a,x0)
f , mentre per ogni
x ∈ [a, b) si ha limx→x+0
f(x) = inf(x0,b)
f .
• Se f e decrescente, per ogni x ∈ (a, b] si ha limx→x−0
f(x) = inf(a,x0)
f , mentre per
ogni x ∈ [a, b) si ha limx→x+0
f(x) = sup(x0,b)
f .
Esempio 4.20. Si disegni la funzione nota f(x) = x2. Nell’intervallo (−∞, 0] essae decrescente e si puo notare che, preso x = −2, allora lim
x→−2−x2 = 4− che coincide
con l’estremo inferiore della funzione nell’intervallo (−∞,−2).Lo studenti prosegua in questo esempio con gli altri punti del teorema.
4.4 Funzioni continue
Sia f : A ⊆ R→ R una funzione con A intervallo aperto di R. Diremo che f e continuain un punto di accumulazione (o isolato) x0 ∈ A se
limx→x0
f(x) = f(x0).
Altre definizioni seguono dalla definizione stessa di limite.Si puo parlare, ed e banale scriverlo (invitando lo studente a farlo!), di continuita dadestra e continuita da sinistra.
Esempio 4.21. Vediamo alcuni esempi (lo studente ne trovi altri e li verifichi).
1. La funzione f(x) = ex e continua in 0. Infatti fissato ε ∈ (0, 1), si ha che|ex−1| < ε e verificata per ogni x ∈ (ln(1−ε), ln(1+ε)), che contiene l’intorno(−δ, δ) per δ positivo abbastanza piccolo.
2. La funzione parte intera [·] : R→ R tale che per ogni x ∈ R esiste un n ∈ Zper cui per n ≤ x < n+ 1 si ha [x] = n e continua in R− Z.
3. La funzione f(x) = sin 1x
e continua per ogni x 6= 0, ma non ammetteun’estensione continua a R.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 43
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
Teorema 4.22. Siano f, g : A → R funzioni continue in x0 ∈ A. Allora risultanocontinue:
• f ± g e fg
•f
gcon g(x0) 6= 0
• |f |
• f g con f(x0) > 0
• logf (g) con f(x0) > 0
• max{f, g}, min{f, g}
Teorema 4.23. La composizione di funzioni continue e una funzione continua.
Cosa intendiamo con quest’ultimo teorema? Supponiamo di avere due funzioni f e gdefinite nel proprio insieme di definizione. Se f e continua in x0 e g e continua in f(x0)allora g (f (x)) e continua in x0.
Esempio 4.24. Sia f : (0,+∞)→ R la funzione
f(x) =esin(x+1) − lnx
arctan(x2).
f e continua nel suo insieme di definizione.
Teorema 4.25. Nel loro dominio le funzioni elementari sono continue.
Esempio 4.26. Consideriamo la funzione esponenziale f(x) = ex. Fissato 0 < ε <1 troviamo
|ex − 1| < ε
che e verificata per ogni x ∈ (ln(1− ε), ln(1 + ε)), che contiene a sua volta l’intorno(−δ, δ) per δ positivo abbastanza piccolo.
4.5 Tecniche di calcolo
In questa sezione vediamo come si calcolano effettivamente i limiti.
Teorema 4.27. (Confronto) Siano f, g : A → R, x0 ∈ R∗ punto di accumulazioneper A. Se lim
x→x0f(x) = l e lim
x→x0g(x) = m, con l,m ∈ R∗, e se esiste un intorno U di
x0 tale chef(x) ≤ g(x)
per ogni x0 6= x ∈ A ∩ U , allora l ≤ m
44 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.5 - Tecniche di calcolo
Teorema 4.28. (dei due carabinieri) Siano f, g, h : A → R, x0 ∈ R∗ punto diaccumulazione per A. Se lim
x→x0f(x) = lim
x→x0h(x) = l ∈ R∗ e se esiste un intorno U
di x0 tale chef(x) ≤ g(x) ≤ h(x)
per ogni x0 6= x ∈ A ∩ U , allora si ha anche limx→x0
g(x) = l
Dimostrazione. Sia l finito. Preso un intorno V di ε esistono due intorni U1 e U2
di x0 tali che quando x ∈ U1 − {x0} si ha f(x) ∈ V e quando x ∈ U2 − {x0} si hah(x) ∈ V . Preso allora un intorno U3 di x0 tale che U1 ∩ U2 ⊂ U3, si ha
l − ε ≤ f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) ≤ l + ε ,
che vuol dire che g(x) ∈ V per x ∈ U3 − {x0}, da cui segue la tesi.Se l = +∞ (−∞) e sufficiente l’ipotesi g(x) ≥ f(x) (g(x) ≤ h(x)).
Esempio 4.29. Il teorema appena dimostrato trova applicazione nella dimostrazio-ne di
limx→0
sinx
x= 1 .
O
P
H
Q
A
Limitiamoci per semplicita alla porzione di circonferenza nel primo quadrante delpiano cartesiano. Sia x la lunghezza in radianti dell’arco PA della circonferenzacentrata in O e di raggio 1. Essendo PH = sinx e QA = tanx, l’area del triangolo
OAP esinx
2, quella del settore circolare OAP e
x
2e quella del triangolo OAQ e
tanx
2. Si vede dalla figura che
sinx < x < tanx ,
da cui segue
cosx <sinx
x< 1
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
• limx→0
(1 + x)1x = e
• limx→0
ex − 1
x= 1
• limx→0
ln(1 + x)
x= 1
• limx→0
sinx
x= 1
• limx→0
1− cosx
x2=
1
2
• limx→0
tanx
x= 1
Se x0 ∈ R∗ si sostituisce formalmente x0 alla x, utilizzando i limiti notevoli delle funzionielementari e la parziale aritmetizzazione dell’infinito ed infinitesimo.
Esempio 4.31. Calcoliamolim
x→+∞
(x2 − e−x
).
Procediamo con la sostituzione del simbolo di piu infinito nella funzione, e utiliz-zando i limiti notevoli delle funzioni elementari abbiamo
limx→+∞
(x2 − e−x
)= (+∞)2 − e−∞ = +∞− 0+ = +∞.
Seguendo la definizione, abbiamo la trasposizione grafica dei due limiti.
1 2 3 4 5
5
10
15
x
y
Esempio 4.32. Calcoliamo
limx→1+
x2 + 1
x− 1, lim
x→1−
x2 + 1
x− 1.
Le funzioni a numeratore e a denominatore sono funzioni continue. Allora
limx→1+
x2 + 1
x− 1=
(1+)2 + 1
1+ − 1=
2
0+= +∞.
46 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.5 - Tecniche di calcolo
e
limx→1−
x2 + 1
x− 1=
(1−)2 + 1
1+ − 1=
2
0−= −∞.
Seguendo la definizione, abbiamo la trasposizione grafica dei due limiti.
0.5 1 1.5 2
−10
10
x
y
Esempio 4.33. Calcoliamo
limx→0+
1
cosx− 1.
Le funzioni a numeratore e a denominatore sono funzioni continue. Allora
limx→0+
1
cosx− 1=
1
cos(0+)− 1.
Dal grafico della funzione coseno, abbiamo che cos(0+) = 1−. Ne consegue checos(0+)− 1 = 1− − 1 = 0−.Quindi
limx→0+
1
cosx− 1=
1
0−= −∞.
Esempio 4.34. Calcoliamolim
x→−∞x3e−x.
Abbiamolim
x→−∞x3e−x = (−∞)3 · e+∞ = −∞ · (+∞) = −∞.
Esempio 4.35. I limiti
limx→+∞
x2 − x+ 1
ex + 1, lim
x→+∞
(√x2 + 1−
√x2 − 1
), lim
x→0+
x+ tanx
x2
porgono delle forme indeterminate. La parziale aritmetizzazione degli infiniti nonbasta per determinare il valore del limite posto che esista. Per risolverli abbiamobisogno di nuove tecniche.
4.5.1 Scioglimento delle forme indeterminate
Come gia visto per le successioni, il calcolo dei limiti e piu articolato nel caso si giungaad 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
limx→+∞
(√x2 + 1−
√x2 − 1
).
Questo limite porge la forma indeterminata +∞−∞. Procediamo con la raziona-lizzazione del numeratore
√x2 + 1−
√x2 − 1 =
√x2 + 1−
√x2 − 1
1
√x2 + 1 +
√x2 − 1√
x2 + 1 +√x2 − 1
=x2 + 1− (x2 − 1)√x2 + 1 +
√x2 − 1
=2√
x2 + 1 +√x2 − 1
Dunque si ha che
limx→+∞
(√x2 + 1−
√x2 − 1
)= lim
x→+∞
2√x2 + 1 +
√x2 − 1
=2
+∞= 0+
4 6 8 10 12−0.5
0.5
1
x
y
Esempio 4.37. Calcoliamo il limite
limx→+∞
x2√x− 2−
√x+ 2
.
Questo limite porge a numeratore e denominatore la forma indeterminata +∞−∞.Similmente a quanto visto per le successioni procediamo con la razionalizzazione
x2√x− 2−
√x+ 2
=x2√
x− 2−√x+ 2
·√x+ 2 +
√x− 2√
x− 2 +√x+ 2
= −x2(√
x+ 2 +√x− 2
)4
Dunque si ha che
limx→+∞
x2√x− 2−
√x+ 2
= limx→+∞
x2(√
x+ 2 +√x− 2
)−4
= −∞
48 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.5 - Tecniche di calcolo
2.5 3 3.5 4 4.5 5
−20
−10
xy
Supponiamo di essere in presenza di due funzioni f1, f2 infinite nello stesso punto x0.Dobbiamo capire come risolvere il limite
(4.2) limx→x0
(f1 + f2)
quando conduce ad una forma indeterminata del tipo +∞−∞. Supponendo che f1 siadi ordine maggiore a f2 possiamo procedere con il seguente artificio
(4.3) limx→x0
(f1 + f2) = limx→x0
f1
(1 +
f2f1
)Poiche f1 ha ordine maggiore a f2 abbiamo che la quantita in rosso tende a zero. Allora
limx→x0
(f1 + f2) = limx→x0
f1.
L’artificio in (4.3), detto raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore, trascu-ra gli infiniti di ordine piu basso che non danno effettivo contributo nella determinazionedel limite.
Esempio 4.38. Calcoliamo il limite
limx→−∞
(1
2x3 − x
).
Il limite porge la forma indeterminata +∞−∞. Poiche a −∞ la funzione y = x3
e un ordine di infinito maggiore della funzione y = x allora possiamo procedere conil metodo di raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore:
limx→−∞
(1
2x3 − x
)= lim
x→−∞
1
2x3(
1 +−x12x3
)= lim
x→−∞
1
2x3 = −∞.
Esempio 4.39. Calcoliamo il limite
limx→+∞
(e2x − ex
).
Il limite porge la forma indeterminata +∞−∞. Poiche a +∞ la funzione y = e2x eun ordine di infinito maggiore della funzione y = ex allora possiamo procedere conil metodo di raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore:
limx→+∞
(e2x − ex
)= lim
x→+∞e2x
(1−
ex
e2x
)= lim
x→+∞e2x = +∞.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 49
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
Esempio 4.40. Calcoliamo il limite
limx→+∞
(x2 −
√x2 + 1
).
Il limite porge la forma indeterminata +∞ − ∞. Si potrebbe procedere con ilmetodo di razionalizzazione, ma poiche a +∞ la funzione y = x2 e un ordine diinfinito maggiore della funzione y =
√x2 + 1 allora
limx→+∞
(x2 −
√x2 + 1
)= lim
x→+∞x2 = +∞.
Se il limite (4.2) conduce ad una forma indeterminata +∞−∞ e f1, f2 sono funzioniinfinite dello stesso ordine in x0, si potrebbe pensare che il limite sia automaticamentezero1. Nel seguente esempio mostriamo che cio non e vero.
Esempio 4.41. Le funzioni f(x) =√x2 + 1 e g(x) =
√x2 − 1 sono infiniti dello
stesso ordine a +∞. Infatti si ha che
limx→+∞
√x2 + 1√x2 − 1
= 1.
Abbiamo mostrato precedentemente che
limx→+∞
(√x2 + 1−
√x2 − 1
)= 0.
Ma anche le funzioni f(x) = loga x e g(x) = logb x con 1 < a < b sono a +∞ infinitedello stesso ordine. Pero
limx→+∞
(logb x− loga x) = limx→+∞
(logb x−
logb x
logb a
)= lim
x→+∞logb x
(1−
1
logb a
)= +∞.
Forma∞∞
Sia data una funzione f : A ⊆ R→ R con A intervallo eventualmente illimitato. Alloraf si dice infinita in x0 ∈ A (o eventualmente +∞ o −∞) se
limx→x0
f(x) = +∞ o limx→x0
f(x) = −∞.
Se dobbiamo calcolare il rapporto fra due funzioni infinite nello stesso punto abbiamouna forma indeterminata ∞∞). Il risultato del limite del rapporto di due funzioni infinitepuo essere
limx→x0
f(x)
g(x)=
0 A),
l ∈ R− {0} B),
±∞ C),
6 ∃ D).
1Questa convinzione potrebbe nascere dal fatto che essendo f1 e f2 infiniti dello stesso ordine allorasarebbe 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) e un infinito di ordine minore a g(x) in x0 ; se accade Bdiremo che f(x) ha lo stesso ordine di infinito di g(x) in x0 ; se accade C diremo chef(x) e un infinito di ordine maggiore a g(x) in x0 ; se accade D diremo che f(x) e g(x)in x0 sono infiniti non confrontabili.Ne discende che esiste una gerarchia fra le funzioni elementari infinite.
Esempio 4.42. Si puo dimostrare che
limx→+∞
xα
logc x= +∞, lim
x→+∞
xβ
xα= +∞, lim
x→+∞
ax
xα= +∞, lim
x→+∞
bx
ax= +∞,
in cui α, β ∈ R+ − {0}, α < β, 1 < a < b e c > 0, a, b, c 6= 1. Dunque a +∞ vi e laseguente gerarchia fra le funzioni elementari:
• i logaritmi hanno ordine di infinito minore di ogni funzione potenza;
• le funzioni potenze hanno ordine di infinito minore di ogni funzione esponen-ziale di base maggiore di 1;
• tra due funzioni potenza, quella avente esponente maggiore ha ordine di infi-nito maggiore;
• tra due funzioni esponenziali con base maggiore di 1, quella avente basemaggiore ha ordine di infinito maggiore;
Ovviamente, una funzione logaritmo e un infinito di ordine minore di ogni funzioneesponenziale con base maggiore di 1.
Esempio 4.43. Due funzioni logaritmo con base differente hanno ordine di infinitodifferente a +∞? Cerchiamo di calcolare il limite
limx→+∞
loga x
logb x
in cui 0 < a < b e a, b 6= 1.Ricordando la formula del cambiamento di base abbiamo che
logb x =loga x
loga b.
Allora
limx→+∞
loga x
logb x= lim
x→+∞
loga xloga xloga b
= limx→+∞
loga b = loga b.
Avendo ottenuto un numero non nullo come risultato abbiamo che una coppia difunzioni logaritmo sono infiniti dello stesso ordine.
Il raggruppamento dell’infinito di ordine maggiore utilizzato negli esercizi della sottose-zione precedente e utile per sciogliere le forme indeterminate ∞∞ .Supponiamo di essere in presenza di quattro funzioni f1, f2, g1, g2 infinite nello stessopunto x0. Se il limite
limx→x0
f1 + f2g1 + g2
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 51
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
porge una forma indeterminata del tipo ∞∞ allora possiamo usare la gerarchia fra funzioniinfinite per semplificare il limite. Supponiamo che l’ordine di infinito di f1 (risp. g1) siamaggiore di f2 (risp. g2). Allora possiamo applicare il seguente artificio:
limx→x0
f1 + f2g1 + g2
= limx→x0
f1
(1 +
f2
f1
)
g1
(1 +
g2
g1
)
ma per le ipotesi poste allora le quantita in rosso tendono a zero per x→ x0 da cui
limx→x0
f1 + f2g1 + g2
= limx→x0
f1g1.
Esempio 4.44. Calcoliamo il limite
limx→+∞
x+ 1
x− 1.
Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia frainfiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:
limx→+∞
x+ 1
x− 1= lim
x→+∞
x(1 + 1
x
)x(1− 1
x
) = limx→+∞
1 = 1.
Esempio 4.45. Calcoliamo il limite
limx→+∞
x2 + 1
x3 + x2 − 2x− 1.
Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia frainfiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:
limx→+∞
x2 + 1
x3 + x2 − 2x− 1= lim
x→+∞
x2
(1 +
1
x2
)
x3
(1 +
x2
x3−
2x
x3−
1
x3
) = limx→+∞
x2
x3= lim
x→+∞
1
x= 0.
Esempio 4.46. Calcoliamo il limite
limx→+∞
−3x3 + x+ 1
x2 − 1.
Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia fra
52 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.5 - Tecniche di calcolo
infiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:
limx→+∞
−3x3 + x+ 1
x2 − 1= lim
x→+∞
−3x3
(1 +
x
−3x3+
1
−3x3
)
x2
(1−
1
x2
) =
= − limx→+∞
3x3
x2= − lim
x→+∞3x = −∞.
Quindi, da questi tre esempi abbiamo compreso che in generale si ha che
limx→±∞
anxn + an−1x
n−1 + · · ·+ a1x+ a0
bmxm + bm−1xm−1 + · · ·+ b1x+ b0= lim
x→±∞
anxn
bmxm.
Esempio 4.47. Calcoliamo il limite
limx→+∞
3x − x2
log2 x+ 2x.
Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia frainfiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:
limx→+∞
3x − x2
log2 x+ 2x= lim
x→+∞
3x
(1−
x2
3x
)
2x
(1 +
log2 x
2x
) = limx→+∞
3x
2x= +∞.
Esempio 4.48. Calcoliamo il limite
limx→0+
ln2 x− lnx− 1
3 lnx+ 1.
Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia frainfiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:
limx→0+
ln2 x− lnx− 1
3 lnx+ 1= lim
x→0+
ln2 x
(1−
lnx
ln2 x−
1
ln2 x
)
3 lnx
(1 +
1
3 lnx
) =
= limx→0+
ln2 x
(1−
1
lnx−
1
ln2 x
)
3 lnx
(1 +
1
3 lnx
) = limx→0+
lnx
3= −∞.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 53
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
Esempio 4.49. Calcoliamo il limite
limx→+∞
ln
(x+ 1
x− 1
).
Il limite porge la forma indeterminata ∞∞ . Applicando il metodo della gerarchia frainfiniti trascuriamo gli infiniti di ordine piu basso:
limx→+∞
ln
(x+ 1
x− 1
)= lim
x→+∞ln
(x(1 + 1
x
)x(1− 1
x
)) = limx→+∞
ln 1 = 0.
Forma0
0
Sia data una funzione f : A ⊆ R→ R con A intervallo eventualmente illimitato. Alloraf si dice infinitesima in x0 ∈ A (eventualmente +∞ o −∞) se
limx→x0
f(x) = 0.
Se dobbiamo calcolare il rapporto fra due funzioni infinitesime nello stesso punto citroviamo di fronte a una forma indeterminata 0
0). Il risultato del limite del rapporto di
due funzioni infinite puo essere
limx→x0
f(x)
g(x)=
0 A),
l ∈ R− {0} B),
±∞ C),
6 ∃ D).
Se accade A diremo che f(x) e un infinitesimo di ordine maggiore in x0 rispetto a g(x)e si scrive f(x) = o(g(x)) (si legga: f e un o piccolo di g); se accade B diremo chef(x) ha lo stesso ordine di infinitesimo in x0 di g(x); se accade C diremo che f(x) eun infinitesimo di ordine minore in x0 rispetto a g(x); se accade D diremo che f(x) eg(x) sono infinitesimi in x0 non confrontabili. Anche per gli infinitesimi si introduce unagerarchia: si vedano i seguenti esempi.
Esempio 4.50. Facilmente si prova che la funzione y = xα e un infinitesimo inx = 0 di ordine maggiore a y = xβ se 0 < β < α.
Esempio 4.51. Si puo dimostrare che:
• le funzioni y = sin x, y = tan x e y = x sono infinitesimi in x = 0 dello stessoordine;
• la funzione 1− cosx e infinitesima in x = 0 dello stesso ordine a x2
2;
• la funzione ex − 1 e infinitesima in x = 0 dello stesso ordine a x.
54 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.5 - Tecniche di calcolo
4.5.2 Infinitesimi e infiniti campione
Ricordiamo che una funzione f e infinitesima in x0 se
limx→x0
f(x) = 0.
Consideriamo la funzione g(x) = (x− x0)α con α ∈ R+ e il limite
(4.4) limx→x0
f(x)
(x− x0)α.
Se α e tale che il limite (4.4) e finito non nullo, allora si dira che f e un infinitesino diordine α in x0.
Esempio 4.52. La funzione f(x) = x+ sinx e una funzione infinitesima in x = 0.Poiche
limx→0
x+ sinx
xα
e finito non nullo per α = 1 allora f(x) e un infinitesimo di ordine 1 in x = 0.
Esempio 4.53. La funzione f(x) = x− sinx e una funzione infinitesima in x = 0.Poiche
limx→0
x− sinx
xα
e finito non nullo per α = 3 allora f(x) e un infinitesimo di ordine 3 in x = 0.
Esempio 4.54. Consideriamo la funzione f(x) = ex la quale e infinitesima a −∞.Pero non esiste valore di α tale che
limx→−∞
ex
xα
e finito non nullo. In questo caso non e determinabile l’ordine di infinitesimo diquesta funzione.
Esempio 4.55. L’infinitesimo f(x) = ln(1 + x2) per x→ 0 e di ordine 2 rispetto ax perche
limx→0
ln(1 + x2)
x2= 1 .
Esempio 4.56. L’infinitesimo f(x) =x− 4
x2 + 1per x→ +∞ e di ordine 1 rispetto a
1x
perche
limx→+∞
x−4x2+11x
= limx→+∞
x2 − 4x
x2 + 1= 1 .
Ricordiamo che una funzione f e infinita in x0 se
limx→x0
f(x)
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 55
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
e infinito. Consideriamo la funzione g(x) = (x− x0)α con α ∈ R+ e il limite
(4.5) limx→x0
f(x)
(x− x0)α.
Se α e tale che il limite (4.5) e finito non nullo, allora si dira che f e un infinito di ordineα in x0.Vediamo ora alcuni esempi di scioglimento di limiti che porgono questa forma indeter-minata.
Esempio 4.57. Calcoliamo il limite
limx→1
x2 − 3x+ 2
x2 − 4x+ 3.
Il limite porge una forma indeterminata0
0.
Se due polinomi si annullano per lo stesso valore x0 allora entrambi i polinomi sonodivisibili per x− x0. Quindi
limx→1
x2 − 3x+ 2
x2 − 4x+ 3= lim
x→1
(x− 1)(x− 2)
(x− 1)(x− 3)= lim
x→1
x− 2
x− 3=
1
2.
Esempio 4.58. Calcoliamo il limite
limx→1
√x− 1
x− 1.
Il limite porge una forma indeterminata0
0.
Razionalizzando il numeratore
limx→1
√x− 1
x− 1= lim
x→1
(√x− 1
x− 1
√x+ 1√x+ 1
)= lim
x→1
1√x+ 1
=1
2.
Esempio 4.59. Calcoliamo il limite
limx→0
x2 −√x+ 3 3
√x
4√x− 2x3
.
Questo limite porge la forma indeterminata0
0. Notiamo che questo limite al nume-
ratore e al denominatore presenta una somma algebrica di funzioni infinitesime inx = 0. E lecito chiedersi se possiamo imitare il metodo del raccoglimento usato conle funzioni infinite.Infatti notando che al numeratore 3 3
√x e l’infinitesimo di ordine piu basso, e che al
56 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.6 - Punti di discontinuita
denominatore 4√x e l’infinitesimo di ordine piu basso allora
x2 −√x+ 3 3
√x
4√x− 2x3
=
3 3√x
(x2
3 3√x−√x
3 3√x
+ 1
)4√x
(1−
2x3
4√x
) .
Poiche le quantita in rosso tendono a zero per x→ 0 allora
limx→0
x2 −√x+ 3 3
√x
4√x− 2x3
= limx→0
3 3√x
4√x
= 0.
Esempio 4.60. Attenzione! Un lettore disattento potrebbe tentare di risolvere illimite
limx→1
x2 − 3x+ 2
x2 − 4x+ 3
semplificando le potenze di x di esponente piu alto
limx→1
x2 − 3x+ 2
x2 − 4x+ 3= lim
x→1
2
3=
2
3
ma questo e sbagliato poiche a numeratore e denominatore non siamo in presenzadi una somma di funzioni infinitesime in x = 1.
Per risolvere i limiti che porgono forme indeterminate del tipo ∞∞ e 00
si puo anche usareil Teorema di De l’Hopital, che introdurremo in seguito.I limiti che porgono la forma indeterminata 0·∞ si possono sempre ricondurre alla forma00
o ∞∞ perche
0 · ∞ = 0 · 1
0=
0
0o
0 · ∞ =1
∞·∞ =
∞∞.
4.6 Punti di discontinuita
Sia f una funzione reale di variabile reale. Puo capitare che in un punto x0 ∈ Rappartenente o non appartenente all’insieme di definizione di f non sia verificata ladefinizione di funzione continua, ovvero si ha che
limx→x0
f(x) 6= f(x0)
Si distinguono tre tipi di discontinuita:
• discontinuita a gradino se i limiti esistono finiti ma sono diversi
Esempio 4.61. Consideriamo la funzione
f(x) =|x|x
il cui insieme di definizione e R− {0}. In x = 0 tale funzione non e continua
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 57
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
poiche
limx→0−
|x|x
= −1, limx→0+
|x|x
= 1.
Quindi f ha un punto di discontinuita a salto finito.
−2 −1 1 2
−2
−1
1
2
x
y
• discontinuita a salto infinito se almeno uno dei due limiti destro e sinistro einfinito
Esempio 4.62. Consideriamo la funzione
f(x) =1
x
il cui insieme di definizione e R− {0}. In x = 0 tale funzione non e continuapoiche
limx→0−
1
x= −∞, lim
x→0+
1
x= +∞.
Quindi f ha un punto di discontinuita a salto infinito.
−2 −1 1 2
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
x
y
• discontinuita eliminabile se i limiti
(4.6) limx→x+0
f(x) = limx→x−0
f(x) 6= f(x0) ;
Esempio 4.63. Consideriamo la funzione
f(x) =sinx
x
58 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.7 - Gli asintoti
il cui insieme di definizione e R− {0}. In x = 0 tale funzione non e continuapoiche non essendo definita in x = 0 ma si puo mostrare che
limx→0−
sinx
x= lim
x→0+
sinx
x= 1.
Quindi f ha un punto di discontinuita eliminabile.
−8 −6 −4 −2 2 4 6 8
−1
1
x
y
Spieghiamo perche la discontinuita viene detta eliminabile. A partire da f(x)costruiamo la funzione f(x) definita come segue definita anche in x = 0
f(x) =
sinx
xx 6= 0
0 x = 0.
La funzione f non e piu discontinua in x = 0. Abbiamo quindi a partireda f discontinua in x0 trovato una funzione f estensione di f nel punto didiscontinuita.
In generale se f e continua tranne che in x = x0 in cui vi e una discontinuita di tipoeliminabile, allora esiste una funzione f estensione di f in x = x0 continua in x = x0:
f(x) =
f(x) x 6= x0
limx→x0
f(x) x = x0.
A scanso di equivoci osserviamo che:
• Se una funzione non e definita in x0 ma lo e in un suo intorno, allora f e certamenteivi discontinua. I tre esempi visti in questa sezione sono di questo tipo.
• Esistono funzioni discontinue in un punto ma ivi definite. Ad esempio, la funzione
f(x) =
{0 x < 01 x ≥ 0
e
f(x) =
{e
1x x 6= 0
0 x = 0
sono definite in tutto R, ma sono discontinue in x = 0.
4.7 Gli asintoti
Come abbiamo visto dalla definizione, ogni limite ha una sua trasposizione grafica nelpiano cartesiano.
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 59
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
Consideriamo la funzione
f(x) =x2 + 1
x2 − 1.
Determiniamo il comportamento della funzione agli estremi del suo insieme di esistenza.L’insieme di esistenza di f(x) si ottiene cercando i punti che annullano il denominatore.
x2 − 1 6= 0 → x2 6= 1 → x 6= ±1.
Quindi l’insieme di esistenza di f(x) e
D = R− {−1, 1} = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).
Gli estremi dell’insieme di esistenza sono −∞, +∞, −1 e 1. Calcoliamo quindi il limitedi f(x) quando x tende a ciascuno di questi valori.
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
x2
x2= lim
x→±∞1 = 1.
Se per una funzione f(x) abbiamo che
limx→−∞
f(x) = l
allora y = l e l’equazione dell’asintoto orizzontale sinistro di f(x). Se abbiamo che
limx→+∞
f(x) = l
allora y = l e l’equazione dell’asintoto orizzontale destro di f(x).Se accade che
limx→±∞
f(x) = l
allora y = l e l’equazione dell’asintoto orizzontale di f(x).Per la funzione che stiamo studiando si ha che y = 1 e asintoto orizzontale.
limx→1+
x2 + 1
x2 − 1= lim
x→1+
x2 + 1
(x− 1)(x+ 1)=
(1+)2 + 1
(1+ − 1)(1+ + 1)=
2+
0+ · 2+=
2+
0+= +∞.
limx→1−
x2 + 1
x2 − 1= lim
x→1−
x2 + 1
(x− 1)(x+ 1)=
(1−)2 + 1
(1− − 1)(1− + 1)=
2−
0− · 2−=
2−
0−= −∞.
Se per una funzione f(x) abbiamo che uno dei seguenti limiti
limx→x0
f(x), limx→x−0
f(x), limx→x+0
f(x)
esiste non finito allora x = x0 e l’equazione di un asintoto verticale di f(x).
Per la funzione che stiamo studiando si ha che x = 1 e asintoto verticale. Similmenteproviamo che x = −1 e asintoto verticale.Nel seguente grafico si sono trasposti gli asintoti ed una possibile trasposizione dei limitiagli estremi del dominio.
60 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.8 - Teoremi sulle funzioni continue
−6 −4 −2 2 4 6
−6
−4
−2
2
4
6
x
y
L’esatta trasposizione si ottiene con uno studio piu approfondito che vedremo nei pros-simi capitoli.Se accade che
limx→+∞
f(x)
e infinito e se
m = limx→+∞
f(x)
xq = lim
x→+∞[f(x)−mx]
sono finiti allora y = mx+ q e detto asintoto obliquo destro. Se accade che
limx→−∞
f(x)
e infinito e se
m = limx→−∞
f(x)
xq = lim
x→−∞[f(x)−mx]
sono finiti allora y = mx + q e detto asintoto obliquo sinistro. Se l’asintoto obliquodestro e sinistro coincidono allora si parlera semplicemente di asintoto obliquo.
4.8 Teoremi sulle funzioni continue
Anzitutto, osserviamo che dalla definizione di funzione continua e dal teorema dellapermanenza del segno segue il seguente
Proposizione 4.64. Sia data una funzione f : A → R continua in x0 ∈ A. Sef(x0) > 0, allora esiste un intorno U di x0 tale che f(x) > 0 per ogni x ∈ U ∩ A.
Di fondamentale importanza e il seguente
Teorema 4.65. Sia data una funzione f : A ⊆ R→ R.
1. Se A = [a, b] e f(a)f(b) < 0, allora l’equazione f(x) = 0 ammette almeno unasoluzione ξ ∈ [a, b] (teorema di esistenza degli zeri).
2. Se A = (a, b) allora f assume tutti i valori compresi tra inf f e sup f .
3. Se A = [a, b] allora esiste massimo e minimo di f in A (teorema di Weier-strass).
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 61
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
4. Se A = [a, b] allora la f assume tutti i valori compresi fra il massimo e ilminimo (teorema dei valori intermedi).
Esempio 4.66. Consideriamo la funzione
f(x) =|x|x
per x ∈ [−1, 1]. Tale funzione ha massimo per 1 e minimo −1, ma non viene assuntonessun valore compreso strettamente fra−1 e 1. Questa funzione infatti non soddisfala condizione di essere continua per x = 0. Inoltre pur essendo f(−1)f(1) < 0l’equazione f(x) = 0 non ha soluzione.
Esempio 4.67. Consideriamo la funzione
f(x) =sinx
x
per x ∈ [−1, 1]. Tale funzione ha punti di minimo per x = −1 e x = 1, ma non hamassimo.
Esempio 4.68. Consideriamo la funzione f(x) = x per x ∈ (0, 1). Tale funzione econtinua nell’intervallo considerato. Pero f non ammette ivi massimo e minimo. Ilproblema e che l’intervallo considerato e aperto e limitato.
Esempio 4.69. Consideriamo la funzione f(x) = ex per x ∈ (−∞, 0]. Tale funzionee continua nell’intervallo considerato. Pero f ammette massimo ma non minimo. Ilproblema e che l’intervallo considerato non e limitato.
Esempio 4.70. La dimostrazione del terzo punto del teorema precedente porge unmetodo per ricavare una soluzione approssimata di un equazione. Non tutte leequazioni sono risolubili tramite formule: un esempio viene fornito dall’equazione
f(x) = x5 − x− 1 = 0.
Ma se ci serve la soluzione di questa equazione come facciamo? Possiamo acconten-tarci di una sua approssimazione.Per prima cosa dobbiamo trovare un intervallo in cui la funzione f(x) certamente vie almeno una soluzione. Per farlo dobbiamo disegnare i grafici delle funzioni y = x5
e y = x+ 1:
−2 −1 1 2
−4
−2
2
4
x
y
62 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.10 - La continuita uniforme
Dal grafico notiamo che y = x5 e y = x + 1 si incontrano in un punto di ascissax ∈ A0 = [1, 2]a. Ora cerchiamo il punto medio dell’intervallo A0 che e 3
2. Fra gli
intervalli [1, 32] e [3
2, 2] dobbiamo considerare quello in cui la funzione f(x) = x5−x−1
assume valori di segno opposto. Si trova facilmente che l’intervallo e il primo: quindix ∈ [1, 3
2]. Ora ripetiamo il procedimento dividendo in due parti l’intervallo, e cosı
via. Il procedimento continua all’infinito se lavoriamo in aritmetica esatta. Noitermineremo le iterazioni secondo la precisione da noi voluta.
aNotare che la funzione f(x) = x5 − x − 1 e tale che f(1)f(2) < 0. Essendo f continua allorain tale intervallo vi e una soluzione.
4.9 La continuita uniforme
Prendiamo le funzioni f(x) = x2 e g(x) =1
x.
f(x) e continua in (0, 1): fissato ε > 0, per ogni x0 ∈ (0, 1) basta scegliere δ =ε
2. Se
|x− x0| < δ abbiamo
|x2 − x20| ≤ε
2(|x|+ |x0|) ≤ ε .
Cioe il δ trovato e indipendente da x0.Anche g(x) e continua in (0, 1). Infatti, fissato ε > 0 e x0 ∈ (0, 1), abbiamo∣∣∣∣1x − 1
x0
∣∣∣∣ ≤ ε
da cui seguex0
1 + εx0≤ x ≤ min{1, x0
1− εx0} .
Cioe il δ che verifica la definizione dipende anche da x0.Possiamo allora dire che, presa una funzione f da A ⊆ R, f e uniformemente continuain A se, per ogni ε > 0, esiste δ = δ(ε) > 0 tale che per ogni coppia di punti x, x0 ∈ Arisulti
|f(x)− f(x0)| < ε per |x− x0| < δ .
Si vede che la continuita uniforme implica la continuita, ma non e vero il viceversa: bastipensare agli esempi fatti sopra dove g(x) e continua ma non in maniera uniforme.Una condizione sufficiente per l’implicazione inversa e data dal seguente
Teorema 4.71. (Heine-Cantor) Una funzione continua f : [a, b] → R definita suun compatto e uniformemente continua.
4.10 Esercizi
Esercizio 4.1. Calcolare i seguenti limiti:
limx→+∞
x lnx, limx→−∞
xe−2x, limx→1±
√x+ 1
x− 1,
limx→0±
x2 − 1
x2 + x, lim
x→2±
x2 + 3x+ 2
x2 − 3x+ 2, lim
x→1±
e2x + 1
ex − e,
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 63
Capitolo 4 - Limiti di funzioni reali
limx→±∞
x3 + x− 2x2
x3 − x+ 1, lim
x→−∞
e−x − 2
e−2x + 1, lim
x→+∞
3e3x − x2 + 1
2ex − e−3x,
limx→0+
(ln3 x+ lnx
), lim
x→+∞
x3 − 10x
3 · 10x − 2x, lim
x→+∞
(√x3 + 1− x2
),
limx→+∞
√x2 + 1− x
3x, lim
x→(π2 )±
cosx
1− sin2 x, lim
x→(π2 )±
1 + sin x
tanx,
limx→0
atan
[2
(cosx− 1
sin2 x
)], lim
x→+∞
ln(1 + 1
2x
)1− e 1
x
, limx→0
esin 4x − 1
ln(1 + tanx).
Esercizio 4.2. Si determini il comportamento delle seguenti funzioni agli estremi del-l’insieme di definizione.
• f(x) =x
1− x;
• f(x) =x+ 2
x2 − 1;
• f(x) =√
1 + x2;
• f(x) =√x2 − 1−
√x2 + 1;
• f(x) =2x
2x − 1;
• f(x) =x2 + 1
3x− 4;
• f(x) = e1−x2;
• f(x) = ln(1 + x2);
• f(x) = e1x ;
• f(x) = ln(1− x2);
• f(x) =sinx
1− cosx;
Esercizio 4.3. Per le seguenti funzioni classificare il tipo di discontinuita nel puntoindicato.
• f(x) =|x|x2
in x = 0.
• f(x) =x2
x2 − 1in x = 1.
• f(x) =
x x < 0,1 x = 0,x2 x > 0.
• f(x) = e1x in x = 0.
64 Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru.
4.10 - Esercizi
Esercizio 4.4. Si consideri la funzione
f(x) =
{ex − 1 x ≥ 0,x x < 0,
Provare che f e continua nel suo insieme di definizione.
Esercizio 4.5. Si consideri la funzione
f(x) =
{x3 − 1 x ≥ 1,x2 + a x < 1,
Per quale valore reale di a la funzione f e continua nel suo insieme di definizione?
Esercizio 4.6. Mediante il teorema degli zeri, verificare che le seguenti equazioni am-mettono soluzioni nell’intervallo indicato.
• lnx− | sinx| = 0 in
[1
e, 2π
];
• ex + x2 + 2x− 1 = 0 in [−3,−1].
Esercizio 4.7. Trovare a e b in modo che f sia continua:
f(x) =
abx x ≥ 1,x2 + 1 0 < x < 1,
−(a+ b)(13− x2) x ≤ 0
Appunti di Analisi 1 di Nicola Pintus e Piermario Schirru. 65