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Analisi matematica I Forme indeterminate e limiti notevoli
© 2006 Politecnico di Torino 1
Limiti e continuità
2
Forme indeterminate e limiti notevoli
Forme indeterminate
Teorema di sostituzione
Limiti notevoli
Altre forme indeterminate
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Forme indeterminate e limiti notevoli
4
Forme indeterminate
Espressione quando entrambe le
funzioni tendono a con segno discorde;
una tale forma indeterminata viene indicata con
il simbolo
f(x) + g(x)
∞
∞−∞
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Forme indeterminate
Espressione quando una funzione
tende a e l’altra tende a
una tale forma indeterminata viene indicata con
il simbolo
∞f(x) g(x)
0;
∞ · 0
6
Forme indeterminate
Espressione quando entrambe le funzioni
tendono a oppure a
tali forme indeterminate vengono indicate
rispettivamente con i simboli
∞ 0;
f(x)
g(x)
∞∞
0
0oppure
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Forme indeterminate
Ogni comportamento è possibile: limite infinito,
limite finito diverso da oppure uguale a
non esistenza del limite
0 0,
8
Esempio 1
Consideriamo le funzioni eg(x) = x
f1(x) = x+ x2 , f2(x) = x+ 1 ,
f3(x) = x+1
x, f4(x) = x+ sinx
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Esempio 1
Tutte le funzioni tendono a per
Si ha
+∞
limx→+∞
[f1(x)− g(x)] = limx→+∞
x2 = +∞
limx→+∞
[f2(x)− g(x)] = limx→+∞
1 = 1
limx→+∞
[f3(x)− g(x)] = limx→+∞
1
x= 0
x→ +∞
10
Esempio 1
Inoltre
non esiste, in quanto la funzione è
periodica
limx→+∞
[f4(x)− g(x)] = limx→+∞
sinx
sinx
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Esempio 2
Consideriamo le funzioni eg(x) = x2
f1(x) = x3 , f2(x) = x
2 ,
f3(x) = x , f4(x) = x2 sin
1
x
12
Esempio 2
Tutte le funzioni tendono a per
Si ha
0
limx→0
f1(x)
g(x)= limx→0
x = 0
limx→0
f2(x)
g(x)= limx→0
1 = 1
limx→0
f3(x)
g(x)= limx→0
1
x=∞
x→ 0
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Esempio 2
Inoltre
non esiste
limx→0
f4(x)
g(x)= limx→0
sin1
x
14
Esempio 3
Consideriamo il generico polinomio
Per si può avere una forma
indeterminata del tipo
P (x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0 (an 6= 0)
x→ ±∞∞−∞
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Esempio 3
Tale forma di indeterminazione si risolve
raccogliendo il monomio di grado massimo xn:
P (x) = xn³an +
an−1x
+ · · ·+ a1xn−1
+a0xn
´
16
Esempio 3
L’espressione in parentesi tende ad
per pertanto
e il segno del limite si determina facilmente
anx→ ±∞,
limx→±∞
P (x) = limx→±∞
anxn =∞
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Esempio 3
Calcoliamo il
Si ha
limx→−∞
(−5x3 + 2x2 + 7)
limx→−∞
(−5x3 + 2x2 + 7) = limx→−∞
(−5x3) = +∞
18
Esempio 4
Consideriamo la generica funzione razionale già
ridotta ai minimi termini
Per si può avere una forma
indeterminata del tipo
R(x) =P (x)
Q(x)=anx
n + · · ·+ a1x+ a0bmxm + · · ·+ b1x+ b0
(an, bm 6= 0, m > 0)
x→ ±∞,∞∞
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Esempio 4
Trattando numeratore e denominatore come
nell’esempio precedente, si ottiene
limx→±∞
P (x)
Q(x)= limx→±∞
anxn
bmxm
=anbm
limx→±∞
xn−m
∞anbm
0
se n > m
n = m
n < m
se
se
=
20
Esempio 4
Ad esempio,
limx→+∞
2x4 − 2x2 + 1x2 − x3 = lim
x→+∞2x4
−x3
= limx→−∞
−2x68x6
= −14
limx→−∞
−2x6 + 2x2 − 78x6 − x4 + 3x
limx→−∞
2x3 − x+ 3−x4 + 7 = lim
x→−∞2x3
−x4
= −∞
= 0
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Esempio 5
Calcoliamo il limite
Risulta
limx→0
1− cosxx2
limx→0
1− cosxx2
= limx→0
(1− cosx)(1 + cosx)x2(1 + cosx)
= limx→0
1− cos2 xx2
· limx→0
1
1 + cosx
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Esempio 5
= limx→0
sin2 x
x2· limx→0
1
1 + cosx
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Esempio 5
=
µlimx→0
sinx
x
¶2· limx→0
1
1 + cosx
24
Esempio 5
= 1 · 12
=1
2
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Tabella
limx→+∞
xα = +∞ , limx→0+
xα = 0 α > 0
limx→+∞
xα = 0 , limx→0+
xα = +∞ α < 0
=anbm
limx→±∞
xn−mlimx→±∞
anxn + · · · + a1x+ a0
bmxm + · · ·+ b1x + b0
26
Tabella
limx→+∞
ax = 0 , limx→−∞
ax = +∞
limx→+∞
loga x = +∞ , limx→0+
loga x = −∞
limx→+∞
loga x = −∞ , limx→0+
loga x = +∞
limx→+∞
ax = +∞ , limx→−∞
ax = 0 α > 1
a < 1
a > 1
a < 1
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Tabella
limx→±∞
sinx , limx→±∞
cosx , limx→±∞
tanx
non esistono
limx→( π2+kπ)
±tanx = ∓∞ , ∀k ∈ Z
28
Tabella
limx→−1
arccosx = π = arccos(−1)
limx→±∞
arctanx = ±π2
limx→±1
arcsinx = ±π2= arcsin(±1)
limx→+1
arccosx = 0 = arccos 1
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Forme indeterminate e limiti notevoli
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Teorema di sostituzione
Supponiamo che esista (finito o infinito)
limx→c
f(x) = `
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Teorema di sostituzione
Sia una funzione definita in un intorno di
(escluso al più il punto ) e tale che
Se è continua in
Se esiste un intorno di in cui
per ogni ed esiste
(finito o infinito)
Se oppure esiste
(finito o infinito)
g
`
` ∈ R, g` ∈ R, I(c) c
f(x) 6= ` x 6= c
` = +∞ ` = −∞,
`
`
limy→`
g(y)
limy→`
g(y)
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Teorema di sostituzione
limx→c
g(f(x)) = limy→`
g(y)⇒
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Osservazione
Nel primo caso si ha
dunque la tesi può essere scritta come
limy→`
g(y) = g(`)
limx→c
g(f(x)) = g( limx→c
f(x))
34
Corollario
Sia continua in e sia
Sia una funzione definita in un intorno di
e continua in
la funzione composta è continua in
f x0 y0 = f(x0)
y0g
y0g ◦ f x0⇒
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Dimostrazione
Abbiamo
limx→x0
(g ◦ f)(x) = g( limx→x0
f(x))
= g(f(x0))
= (g ◦ f)(x0)
36
Esempio 1
La funzione è continua
su tutto
Infatti, è la composizione delle due funzioni
continue
h(x) = cosx3
R
f(x) = x3 g(y) = cos ye
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Esempio 2
Calcoliamo
Poniamo e
limx→0
1− cosx2x4
f(x) = x2
g(y) =
1− cos yy2
1
2
y 6= 0
y = 0
se
se
38
Esempio 2
Calcoliamo
Si ha mentre la funzione
è continua nell’origine. Pertanto,
limx→0
1− cosx2x4
limx→0
f(x) = 0,
= limy→0
1− cos yy2
limx→0
1− cosx2x4
g
=1
2
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Esempio 3
Calcoliamo
Poniamo e
Abbiamo e
Dunque
limx→2±
arctan
µ1
x− 2
¶f(x) =
1
x− 2 g(y) = arctan y
limy→±∞
g(y) = ±π2
limx→2±
f (x) = ±∞
limx→2±
arctan
µ1
x− 2
¶= limy→±∞
g(y) = ±π2
40
Esempio 4
Si voglia calcolare
Ponendo si ha
si osservi che per ogni
limx→+∞
log sin1
x
f(x) = sin1
x,
` = limx→+∞
f(x) = 0
f(x) > 0, x >1
π
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Esempio 4
Si voglia calcolare
Posto si ha
limx→+∞
log sin1
x
g(y) = log y limy→0+
g(y) = −∞
42
Esempio 4
Si voglia calcolare
Si ha e
e dunque otteniamo
limx→+∞
log sin1
x
limx→+∞
log sin1
x
limx→+∞
sin1
x= 0 lim
y→0+log y = −∞
= limy→0+
g(y) = −∞
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Osservazione
Il Teorema di sostituzione può essere facilmente
esteso al caso in cui la funzione sia sostituita
da una qualunque successione che
ammetta il limite
Sotto le stesse ipotesi sulla funzione fatte
nell’enunciato del Teorema, si ha allora
f
a : n 7→ an
limn→∞
an = `
limn→∞
g(an) = limy→`
g(y)
g
44
Criterio di non esistenza del limite
Se esistono due successioni e
tali che
non può avere limite quando l’argomento
tende a
a : n 7→ anb : n 7→ bn
limn→∞
an = limn→∞
bn = `
limn→∞
g(an) 6= limn→∞
g(bn)
e
g
limy→`
g(y)non esiste
⇒`:
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Esempio
La funzione non ha limite per
Infatti, se consideriamo le successioni
abbiamo
y = sinx
an = 2nπ bn =π
2+ 2nπ, n ∈ Ne
limn→∞
sin an = limn→∞
0 = 0
x→ +∞
limn→∞
sin bn = limn→∞
1 = 1
e
Forme indeterminate e limiti notevoli
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Limiti notevoli
Ricordiamo il limite fondamentale
limn→∞
µ1 +
1
n
¶n= e
48
Limiti notevoli
In luogo della successione consideriamo ora la
funzione di variabile reale
che è definita quando cioè
h(x) =
µ1 +
1
x
¶x1 +
1
x> 0,
dom h = (−∞,−1) ∪ (0,+∞)
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Proprietà
Vale il seguente risultato
limx→±∞
µ1 +
1
x
¶x= e
50
Esempio 1
Verifichiamo che
Per il risultato è immediato a = 0
limx→±∞
³1 +
a
x
´x= ea , ∀a ∈ R
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Esempio 1
Sia Poniamo e otteniamo a 6= 0. y =x
a
limx→±∞
³1 +
a
x
´x= limy→±∞
µ1 +
1
y
¶ay
=
∙lim
y→±∞
µ1 +
1
y
¶y¸a= ea
52
Esempio 2
Verifichiamo che
Poniamo e otteniamo
limx→0
(1 + x)1/x
= e
y =1
x
limx→0
(1 + x)1/x
= limy→±∞
µ1 +
1
y
¶y= e
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Esempio 3
Verifichiamo che
Si ha
limx→0
loga(1 + x)
x=
1
log a, ∀a > 0
limx→0
loga(1 + x)
x= limx→0
loga (1 + x)1/x
= loga limx→0
(1 + x)1/x
= loga e =1
log a
54
Esempio 3
In particolare, per otteniamo a = e
limx→0
log(1 + x)
x= 1
limx→0
loga(1 + x)
x=
1
log a, ∀a > 0
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Esempio 4
Verifichiamo che
Osserviamo che
Inoltre se
limx→0
ax − 1x
= log a , ∀a > 0
y = ax − 1 ax = 1 + y x = loga(1 + y)⇔ ⇔
y → 0 x→ 0
56
Esempio 4
Si ha
limx→0
ax − 1x
= limy→0
y
loga(1 + y)
=
∙limy→0
loga(1 + y)
y
¸−1= log a
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Esempio 5
In particolare, per otteniamo a = e
limx→0
ax − 1x
= log a , ∀a > 0
limx→0
ex − 1x
= 1
58
Esempio 5
Verifichiamo che
Poniamo e osserviamo che
per
limx→0
(1 + x)α − 1x
= α , ∀α ∈ R
1 + x = ey
y → 0 x→ 0
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Esempio 5
Si ha
limx→0
(1 + x)α − 1x
= limy→0
eαy − 1ey − 1
= limy→0
(eα)y − 1y
· limy→0
y
ey − 1= log eα = α.
= limy→0
eαy − 1y
· y
ey − 1
60
Tabella limiti notevoli
limx→0
sinx
x= 1
limx→0
(1 + x)1/x = e
limx→±∞
³1 +
a
x
´x= ea (a ∈ R)
limx→0
1− cosxx2
=1
2
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Tabella limiti notevoli
limx→0
ax − 1x
= log a (a > 0)
in particolare limx→0
ex − 1x
= 1
in particolare limx→0
log(1 + x)
x= 1
limx→0
loga(1 + x)
x=
1
log a(a > 0)
(α ∈ R)limx→0
(1 + x)α − 1x
= α
Forme indeterminate e limiti notevoli
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63
Altre forme indeterminate
Consideriamo l’espressione
Supponiamo che e siamo definite in
con e ammettano limite
per tendente a Si ha
f(x)g(x)
f g
I(c) \ {c} f(x) > 0
x c.
limx→c
f(x)g(x) = limx→c
exp (g(x) log f(x))
= exp³limx→c
g(x) log f(x)´
64
Altre forme indeterminate: primo caso
Se tende e tende a
(e dunque tende a ):
si presenta una forma indeterminata del tipo
g ∞ f 1,log f 0
limx→c
g(x) =∞ limx→c
f(x) = 1
limx→c
log f(x) = 0
e da cui
1∞
limx→c
f(x)g(x) = exp³limx→c
g(x) log f(x)´
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65
Esempio
La funzione
per è una forma indeterminata del
tipo
h(x) =
µ1 +
1
x
¶xx→ ±∞1∞
limx→±∞
µ1 +
1
x
¶x= e
66
Altre forme indeterminate: secondo caso
Se tende a ed tende a
(e dunque tende a ):
si presenta una forma indeterminata del tipo
g f 0
log f −∞0
e da cuilimx→c
g(x) = 0 limx→c
f(x) = 0
limx→c
log f(x) = −∞
00
limx→c
f(x)g(x) = exp³limx→c
g(x) log f(x)´
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67
Esempio
La funzione
per è una forma indeterminata di tipo
Dimostreremo che e dunque
h(x) = xx = ex log x
x→ 0+ 00
limx→0+
x log x = 0
limx→0+
h(x) = 1
68
Altre forme indeterminate: terzo caso
Se tende a ed tende a
(e dunque tende a ):
si presenta una forma indeterminata del tipo
g f0 +∞
limx→c
g(x) = 0 limx→c
f(x) =∞e da cui
∞0
limx→c
log f(x) = +∞
limx→c
f(x)g(x) = exp³limx→c
g(x) log f(x)´
log f +∞
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69
Esempio
La funzione
per è una forma indeterminata del
tipo
Usando la sostituzione e l’identità
si ottiene
h(x) = x1/x = elog xx
x→ +∞∞0
y =1
xlog
1
y= − log y,
limx→+∞
log x
x= − lim
y→0+y log y = 0