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CAPITOLO 4

Limiti, continuità, infinitesimi e infiniti

4.1 Limiti

Verso la metà del 1600 le questioni più importanti della matematica riguardavanoil problema del calcolo delle tangenti e quello delle quadrature. Il tentativo di ri-solvere tali problemi diede luogo alla nascita del calcolo infinitesimale da parte diLeibniz (1646− 1716) e, indipendentemente, di Newton1 (1642− 1727). Si arrivòcosì, tra le altre cose, ad individuare le regole del calcolo differenziale ed integralenonché lo sviluppo di regole per calcolare il valore di una serie. Tali regole non era-no comunque supportate da una valida base teorica e, non raramente, lasciavanoaperti spiragli verso conclusioni assurde. Solamente con Cauchy (1789−1857), inpieno X I X secolo, si arrivò ad una formulazione rigorosa del calcolo infinitesima-le, attraverso la nozione di limite che, a ben vedere, risulta essere la nozione teoricapiù importante del calcolo infinitesimale.

Intuitivamente con la nozione di limite di una funzione f (x) si intende studiareil suo comportamento per valori di x vicini ad un certo x0. Si supponga che, nonappena il punto x sia “abbastanza vicino” al punto x0, il valore della funzione f (x)risulti essere “molto vicino” al valore ` : si dirà in tal caso che, per x che tende a x0,la funzione f (x) tende al valore `.

Per rendere rigorosa tale nozione occorrerà definire in modo preciso cosa si inten-de2 con “abbastanza vicino” e con “molto vicino”.

"Osservazione

La distanza (euclidea) d(x, x0) tra il punto x e il punto x0 può essere quantificata intermini della funzione modulo: d(x, x0) = |x −x0|.L’affermazione “non appena x è abbastanza vicino a x0” può essere espressa intermini precisi tramite la relazione

|x −x0| < δ1Si osservi comunque che per Newton lo sviluppo del calcolo infinitesimale era legato soprattutto

al tentativo di definire e risolvere le equazioni della Meccanica.2Si confronti anche quanto visto nel Capitolo 3 a proposito del limite di una successione.

114

CAPITOLO 4. LIMITI, CONTINUITÀ, INFINITESIMI E INFINITI 115

o, in altri termini, d(x, x0) < δ. Ovviamente minore è il numero δ maggiore sarà lavicinanza tra x e x0.

L’affermazione “ f (x) è molto vicina al valore `” può essere invece espressa come

∀ε> 0 : | f (x)−`| < ε

o, in altre parole, comunque fissato il numero ε > 0 la distanza tra f (x) e ` risultacomunque minore di ε.

A questo punto si può enuciare in termini rigorosi la nozione di limite:

RDefinizione (Limite finito al finito)

Siano X ,Y ⊆R e f : X → Y una funzione reale di variabile reale. Se x0 è un punto diaccumulazione di X , si dirà che3

limx→x0

f (x) = `

se

∀ε> 0 ∃δε | (0 < |x −x0| < δε)∧ (x ∈ X ) ⇒| f (x)−`| < ε,

che può essere letta come “il limite di f (x) per x che tende a x0 è ` se esiste un δεtale che, non appena la distanza tra x e x0 è minore di δε, con x 6= x0 e appartenenteal dominio X , risulta che la distanza tra f (x) e ` è minore di un numero ε> 0 sceltoin modo arbitrario”.

ℓ

x0 − δǫ x0 + δǫ

ℓ − ǫ

ℓ + ǫ

x0

f(x)

x

|f(x) − ℓ| < ǫ

|x − x0| < δǫ

Figura 4.1

Un esempio di funzione f (x) con limx→x0 f (x) = `.

3La relazione seguente si legge “il limite di f (x) per x che tende a x0 è `”.


"Osservazioni

Nella definizione di limite finito al finito si è assunto che

1. il punto x0 sia un punto di accumulazione del dominio X della funzione f (x).Ciò consente di evitare la definizione di limite nel caso in cui il punto x0 siaun punto isolato di X .

2. in generale il valore di δ dipende dalla scelta di ε : δ= δε. Di ciò ci si convincefacilmente osservando la figura 4.1: cambiando il valore di ε cambierà ancheil valore di δ,

3. 0 < |x − x0| < δε e in particolare, quindi, |x − x0| > 0 : ciò implica che non sirichiede che la definizione di limite sia soddisfatta anche per x = x0. In altreparole il valore ` del limite è indipendente dal valore che la funzione assumenel punto x0 (ammesso che essa sia definita in x0) ma dipende solo dai valoriche essa assume in vicinanza di tale punto.

"Osservazione

La definizione di limite finito al finito può essere data anche con il linguaggio degliintorni, tenendo conto che la relazione 0 < |x − x0| < δε può essere espressa comex ∈ Ix0,δε\{x0} :

limx→x0

f (x) = `se

∀ε> 0 ∃Ix0,δε | x ∈ Ix0,δε ∩X ⇒| f (x)−`| < ε.

Si supponga ora che se x tende al punto x0 la funzione f (x) tenda ad assumere va-lori sempre più grandi: come esempio si può considerare la funzione f (x) = 1

x2 cheassume valori tanto più grandi quanto più x si avvicina al valore x0 = 0. In tal casosi dirà che la funzione f (x) tende al valore +∞ se x tende a x0. Più precisamente:

RDefinizione (Limite infinito al finito)

Siano X ,Y ⊆R e f : X → Y una funzione reale di variabile reale. Se x0 è un punto diaccumulazione di X , si dirà che

limx→x0

f (x) =+∞

se

∀M > 0 ∃δM |(0 < |x −x0| < δM )∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) > M

o, in termini di intorni,

∀M > 0 ∃Ix0,δM |x ∈ Ix0,δM \{x0}∩X ⇒ f (x) > M .


Tale definizione implica che, non appena x è abbastanza vicino a x0, pur essendox 6= x0, (0 < |x − x0| < δM ) la funzione f (x) assume valori molto grandi essendof (x) > M per ogni valore di M arbitrariamente fissato.

In modo analogo si può dare la seguente definizione: si dice che

limx→x0

f (x) =−∞

se

∀M > 0 ∃δM |(0 < |x −x0| < δM )∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) <−M

o, in termini di intorni,

∀M > 0 ∃Ix0,δM |x ∈ Ix0,δM \{x0}∩X ⇒ f (x) <−M .

Tale definizione implica che, non appena x è abbastanza vicino a x0, con x 6= x0,(0 < |x − x0| < δM ) la funzione f (x) assume valori negativi e molto grandi in valoreassoluto, essendo f (x) <−M per ogni valore di M arbitrariamente fissato.

M

f(x)

xx0x0 − δM x0 + δM

a

−M

f(x)

x

x0x0 − δM x0 + δM

b

Figura 4.2

Un esempio di funzione f (x) con limx→x0 f (x) =+∞ (a) e limx→x0 f (x) =−∞ (b).

RDefinizione (Asintoto verticale)

Selim

x→x0f (x) =±∞


la retta x = x0 si dice asintoto verticale di f (x) e il punto x0 si dice punto di infinitoper f (x).

Si supponga che il dominio X della funzione f (x) sia illimitato (superiormente):sup X = +∞. In tal caso ha senso studiare il comportamento della funzione f (x)per valori di x molto grandi. Tecnicamente ciò può essere effettuato utilizzando lanozione di limite di f (x) per x tendente all’infinito. Sussiste la

RDefinizione (Limite finito all’infinito)

Siano X ,Y ⊆R e f : X → Y . Si dice che

limx→+∞ f (x) = `

se

∀ε> 0 ∃xε | (x > xε)∧ (x ∈ X ) ⇒| f (x)−`| < ε

o, in altre parole, comunque fissato un numero positivo (ε) non appena x è suffi-cientemente grande (x > xε) la distanza tra f (x) e ` risulta essere minore di ε.

Se invece il dominio X di f (x) è inferiormente illimitato (inf X = −∞), in modoanalogo e con analoga interpretazione si dirà che

limx→−∞ f (x) = `

se

∀ε> 0 ∃xε | (x < xε)∧ (x ∈ X ) ⇒| f (x)−`| < ε.

f(x)

x

ℓℓ − ǫ

ℓ + ǫ|f(x) − ℓ| < ǫ

xǫ

Figura 4.3

Un esempio di funzione f (x) con limx→+∞ f (x) = `.


Si ha, infine, la seguente

RDefinizione (Limite infinito all’infinito)

Siano X ,Y ⊆R e f : X → Y .

• Se sup X =+∞ si dice che

limx→+∞ f (x) =+∞

se∀M > 0 ∃xM | (x > xM )∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) > M

e chelim

x→+∞ f (x) =−∞se

∀M > 0 ∃xM | (x > xM )∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) <−M .

• Se, invece, inf X =−∞ si dice che

limx→−∞ f (x) =+∞

se∀M > 0 ∃xM | (x < xM )∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) > M

e chelim

x→−∞ f (x) =−∞se

∀M > 0 ∃xM | (x < xM )∧ (x ∈ X ) ⇒ f (x) <−M .


f(x)

xxM

M

Figura 4.4

Un esempio di funzione f (x) con limx→+∞ f (x) =+∞.

RDefinizione (Asintoto orizzontale)

Se risulta

limx→±∞ f (x) = `

si dirà che la retta y = ` è un asintoto orizzontale di f (x) per x →±∞.

"Osservazione

Se

limx→±∞ f (x) =±∞

la funzione f (x) non ammette asintoto orizzontale. Essa potrebbe tuttavia ammet-tere un asintoto obliquo: il suo andamento per x → +∞ (o −∞) potrebbe esserecioè tale da tendere ad una retta di equazione y = mx +q. Più precisamente:

RDefinizione (Asintoto obliquo)

Selim

x→+∞ f (x) =±∞

ma

limx→+∞

f (x)

x= m 6= 0

e

limx→+∞[

f (x)

x−mx] = q 6= ±∞


allora la retta y = mx +q si dice asintoto obliquo di f (x) per x →+∞.

"Osservazione

Se nella precedente definizione si sostituisce il limite di f (x) per x → +∞ con illimite di f (x) per x →−∞ si ottiene la definizione di asintoto obliquo di f (x) perx →−∞.

4.1.1 Limite destro e limite sinistro

Si consideri la funzione f (x) = 1x−1 , definita nel dominio X = (−∞,1)∪ (1,+∞), e si

supponga di voler studiare il limite

limx→1

1

x −1.

Chiaramente quando x → 1 la funzione f (x) tenderà ad assumere valori infiniti:più precisamente tenderà al valore +∞ se x → 1 con x > 1 (o, come si suole indi-care, x → 1+) mentre tenderà al valore −∞ se se x → 1 con x < 1 (o, come si suoleindicare, x → 1−). Come sarà più chiaro in seguito (si confronti il teorema di unicitàdel limite) il limite per x → 1 di f (x) non esiste.

Si è visto quindi che, pur non esistendo il limite come definito in precedenza, pos-sono esistere i limiti per x → x+

0 (cioè da valori x > x0) e/o per x → x−0 (cioè da valori

x < x0). E’ rilevante quindi la seguente

RDefinizione (Limite destro e sinistro)

Sia f : X → Y e x0 un punto di accumulazione del dominio X di f (x). Si dice che

limx→x+

0

f (x) = `

se

∀ε> 0 I+x0,δε|x ∈ I+x0,δε

\{x0}∩X ⇒| f (x)−`| < ε,

dove si ricorda che con I+x0si intende un intorno destro del punto x0, e che

limx→x−

0

f (x) = `

se

∀ε> 0 I−x0,δε|x ∈ I−x0,δε

\{x0}∩X ⇒| f (x)−`| < ε,

dove con I−x0si intende un intorno sinistro destro del punto x0.

"Osservazione

Si può agevolmente provare che

{ limx→x0

f (x) = `} ⇐⇒ {( limx→x+

0

f (x) = `)∧ ( limx→x−

0

f (x) = `)}


Esercizio 4.1

Si dia la definizione di

limx→x−

0

f (x) =+∞.

Esercizio 4.2

Si dia la definizione dilim

x→x+0

f (x) =−∞.

4.1.2 Verifiche di limiti

EEsempio 4.1

Si consideri la funzione f (x) = 2x2. Si dimostri che

limx→0

f (x) = 0.

Soluzione

Occorre provare che, fissato un arbitrario numero positivo ε esiste un numero δεtale che, non appena 0 < |x| < δε risulta | f (x)| < ε. Si ha:

|2x2| < ε⇐⇒ 2x2 < ε⇐⇒−√ε

2< x <

√ε

2⇐⇒|x| <

√ε

2.

Pertanto se |x| <√

ε2 risulta | f (x)| < ε : per dimostrare che limx→0 2x2 = 0 è suffi-

ciente scegliere δε =√

ε2 .

EEsempio 4.2

Si dimostri che

limx→0

1

x2 =+∞.

Soluzione

Si deve dimostrare che esiste un δM tale che, non appena |x| < δM risulta 1x2 > M .

Si ha:

1

x2 > M ⇐⇒− 1pM

< x < 1pM

⇐⇒|x| < 1pM

.


La precedente diseguaglianza mostra che 1x2 > M non appena |x| < 1p

M: è suffi-

ciente pertanto scegliere δM = 1pM

.

EEsempio 4.3

Si dimostri chelim

x→+∞x

x +2= 1.

Soluzione

Si deve dimostrare che esiste un xε tale che, non appena x > xε risulta | xx+2 −1| < ε,

per ogni ε> 0. Si ha:

| x

x +2−1| < ε⇐⇒| −2

x +2| < ε⇐⇒ 2

|x +2| < ε⇐⇒ 2

ε< |x +2|.

La diseguaglianza |x + 2| > 2ε è verificata per x + 2 > 2

ε ⇔ x > −2+ 2ε oppure per

x +2 <− 2ε ⇔ x <−2− 2

ε . Ai fini della dimostrazione richiesta la diseguaglianza cheinteressa è

x >−2+ 2

ε,

che mostra che è sufficiente scegliere xε =−2+ 2ε .

EEsempio 4.4

Si dimostri chelim

x→−∞e−x =+∞.

Soluzione

Si deve dimostrare che esiste un xM tale che, non appena x < xM risulta e−x > M ,per un valore di M > 0 arbitrariamente scelto. Si ha:

e−x > M ⇔−x > ln M ⇔ x <− ln M ,

relazione che mostra che è sufficiente scegliere xM = − ln M per dimostrare l’esi-stenza del limite.

4.1.3 Teoremi sui limiti

Siaf : X → Y .

Il teorema seguente stabilisce che se una funzione f (x) ammette, per x → x0, illimite finito `, tale limite è unico.


wTeorema (Unicità del limite)

Ipotesi) Selim

x→x0f (x) = `

allora

Tesi) tale limite è unico.

In termini più formali:

{∃ limx→x0

f (x)} ⇒ {∃!` ∈R | limx→x0

f (x) = `}.

Dimostrazione

Siccome risultalim

x→x0f (x) = `

si avrà:

∀ε> 0 ∃ Ix0,δε |x ∈ Ix0,δε\{x0}∩X ⇒| f (x)−`| < ε

ovvero, ∀x ∈ Ix0,δε\{x0}∩X risulta, per ogni ε> 0,

−ε< f (x)−`< ε. (4.1)

Si supponga, per assurdo, che esista `′ 6= ` tale che

limx→x0

f (x) = `′.

In base alla definizione di limite dovrebbe risultare quindi

∀ε> 0 ∃ I′x0,δε

|x ∈ I′x0,δε

\{x0}∩X ⇒| f (x)−`′ | < ε

ovvero, ∀x ∈ I′x0,δε

\{x0}∩X si avrebbe, per ogni ε> 0,

| f (x)−`′ | < ε⇐⇒|`′ − f (x)| < ε⇐⇒

−ε< `′ − f (x) < ε. (4.2)

Nell’intorno I x0,δε = I′x0,δε

∩ Ix0,δε le relazioni (4.1) e (4.2) valgono entrambe. Som-mando membro a membro tali relazioni si ottiene:

−2ε< f (x)−`− f (x)+`′ < 2ε⇐⇒−2ε< `′ −`< 2ε⇐⇒


|`′ −`| < 2ε.

L’ultima relazione costituisce un assurdo: siccome `′ 6= ` il numero `

′ −` è diversoda zero e, quindi, |`′ −`| sarà un numero positivo che, pertanto, non potrà esserepiù piccolo di un numero positivo (2ε) arbitrariamente assegnato. La conclusioneassurda appena ottenuta può essere rimossa assumendo falsa l’ipotesi di partenza`′ 6= ` e, pertanto, `

′ = `. ■"Osservazione

Il teorema sull’unicità del limite vale anche nel caso di limite infinito al finito e neicasi di limite all’infinito.

Il teorema seguente afferma invece che se per x → x0 la funzione ammette un li-mite positivo (o negativo) allora esisterà un intorno del punto x0 in cui la funzioneassume (escludendo al più il punto x0) solo valori positivi (o negativi).

wTeorema (Permanenza del segno in forma diretta)

Ipotesi) Se

limx→x0

f (x) = ` 6= 0

allora

Tesi) Esiste un intorno Ix0,δε di x0 tale che la funzione f (x) assume lo stesso segnodi ` per ogni x ∈ Ix0,δε\{x0}∩X .

In termini più formali il teorema può essere enunciato come segue:

{(∃ limx→x0

f (x) = `)∧ (` 6= 0)} =⇒ {(∃Ix0,δε |x ∈ Ix0,δε\{x0}∩X =⇒ f (x) ·`> 0)}.

Dimostrazione

L’esistenza del limite può essere espressa come

∀ε> 0∃Ix0,δε |x ∈ Ix0,δε\{x0}∩X =⇒ | f (x)−`| < ε. (4.3)

Sia ` > 0 e si ponga nella (4.3) ε = l . Si avrà allora l’esistenza di un intorno di x0,Ix0,δ` , tale che

| f (x)−`| < ` (4.4)

per ogni x ∈ Ix0,δ`\{x0}∩X . La relazione (4.4) può essere riscritta come

−`< f (x)−`< `⇐⇒ 0 < f (x) < 2`


che, essendo `> 0 mostra che anche f (x) > 0.

Se ` < 0 il teorema può essere dimostrato in modo identico scegliendo nella (4.3)ε=−` (la dimostrazione è lasciata al lettore come esercizio). ■"Osservazione

Nel teorema precedente si è assunto ` 6= 0. In effetti se risultasse ` = 0 la funzionepotrebbe cambiare segno in x0 oppure mantenere segno positivo o negativo, comemostrato nella figura seguente.

f(x)

xx0

Figura 4.5

wTeorema (Permanenza del segno in forma inversa)

Ipotesi) Se esiste il limx→x0 f (x) = ` ed un intorno Ix0 del punto x0 tale che, per ognix ∈ Ix0 \{x0} risulti f (x) > 0 ( f (x) < 0)

allora

Tesi) `≥ 0 (`≤ 0)

In termini più formali

{(∃ limx→x0

f (x) = `)∧ (∃ Ix0 |x ∈ Ix0 \{x0}∩X =⇒ f (x) ≶ 0)} =⇒ {`Q 0}.

Dimostrazione

Si supponga, ad esempio, che per ogni x ∈ Ix0 \{x0} risulti f (x) > 0. Se risultasse

limx→x0

f (x) = `< 0

allora, in base al teorema della permanenza del segno in forma diretta, la funzionef (x) dovrebbe essere negativa in un certo intorno del punto x0, contrariamenteall’ipotesi di partenza. Ne segue che non può risultare `< 0 e, pertanto, `≥ 0.

■


"Osservazione

Siccome il teorema della permanenza del segno in forma inversa prevede ` ≥ 0 o`≤ 0, quest’ultimo non può costituire, tenendo conto del teorema della permanen-za del segno in forma diretta, una condizione necessaria e sufficiente per la deter-minazione del segno della funzione in x0 dalla conoscenza del segno del limite dif (x) per x → x0.

wTeorema (Del confronto o dei due carabinieri)

Ipotesi) Siano f (x), g (x) e h(x) tre funzioni ed esista un intorno Ix0 del punto x0 taleche, per ogni x ∈ Ix0 \{x0} risulti f (x) ≤ g (x) ≤ h(x). Se

limx→x0

f (x) = limx→x0

h(x) = `

allora

Tesi)

limx→x0

g (x) = `

Dimostrazione

Dall’esistenza dei limiti di f (x) e h(x) si deduce che

∀ε> 0∃ I ( f )x0,δε

| x ∈ I ( f )x0,δε

\{x0}∩X =⇒ | f (x)−`| < ε

∀ε> 0∃ I (h)x0,δε

| x ∈ I (h)x0,δε

\{x0}∩X =⇒ |h(x)−`| < ε

Sia I (g )x0,δε

= I ( f )x0,δε

∩ I (h)x0,δε

∩ Ix0 . Per x ∈ I (g )x0,δε

\{x0} risulta

|g (x)−`| = |[g (x)− f (x)]+ [ f (x)−`]| ≤ |g (x)− f (x)|+ | f (x)−`| =

= g (x)− f (x)+| f (x)−`| ≤ h(x)− f (x)+| f (x)−`| < h(x)− f (x)+ε. (4.5)

D’altra parte si ha,−ε< `− f (x) < ε

e−ε< h(x)−`< ε,

che sommate membro a membro danno

−2ε< h(x)− f (x) < 2ε

e, in particolare,h(x)− f (x) < 2ε.

Inserendo l’ultima relazione nella (4.5),

|g (x)−`| < h(x)− f (x)+ε,


si ottiene|g (x)−`| < 3ε.

Ponendo ε′ = 3ε si è provata, quindi, l’esistenza di un intorno del punto x0, I (g )

x0,δε′

tale che|g (x)−`| < ε′

per ogni x ∈ I (g )x0,δ

ε′ \{x0}∩X per un arbitrario ε

′ > 0 e, quindi, la tesi.

■

4.2 Calcolo dei limiti

4.2.1 Limiti di funzioni definite ad una legge

Una funzione f (x) ottenuta come composizione di una delle funzioni elementariintrodotte nel capitolo 2, sarà denominata funzione definita ad una legge.

Se f (x) è una funzione definita ad una legge il limite per x → x0 di f (x) può esserecalcolato agevolmente sostituendo alla variabile x il valore x0.

EEsempi

Si calcolino i limiti seguenti

4.5

limx→2

(3x −x2).

Soluzione

Si ha:

limx→2

(3x −x2) = 3 ·2−22 = 2.

4.6

limx→2

ln(x −1).

Soluzione

Sostituendo alla x il valore 2 si ottiene:

limx→2

ln(x −1) = ln(2−1) = ln1 = 0.


4.7

limx→1

ex−1.

Soluzione

Si ha, sostituendo alla x il valore 1,

limx→1

ex−1 = e1−1 = e0 = 1.

4.8

limx→0

√x +1

x2 +4.

Soluzione

Sostituendo alla x il valore 0, si ottiene:

limx→0

√x +1

x2 +4=

√1

4= 1

2.

"Osservazione

Nel calcolo dei limiti all’infinito o sui punti di frontiera del dominio si può fare ri-ferimento alla rappresentazione grafica della funzione in questione. In particolaresono rilevanti i limiti seguenti:

limx→+∞xn =+∞

limx→−∞xn =

{ +∞ se n è pari−∞ se n è dispari

limx→+∞

np

x =+∞

limx→−∞

np

x =−∞ sen è dispari

limx→−∞ex = 0


limx→+∞ex =+∞

limx→0+

ln x =−∞

limx→+∞ ln x =+∞.

EEsempi

Si calcolino i limiti

4.9

limx→1+

ln(x −1).

Soluzione

Si ha:

limx→1+

ln(x −1) = ln0+ =−∞.

4.10

limx→−∞e−2x .

Soluzione

limx→−∞e−2x = e−2·(−∞) = e+∞ =+∞.

4.11

limx→+∞ ln(x +2).

Soluzione

Si ha:lim

x→+∞ ln(x +2) = ln(+∞+2) = ln+∞=+∞.


4.2.2 Operazioni razionali sui limiti

Dalla definizione di limite segue che (con x0 si intende un numero reale oppure±∞)

limx→x0

[ f (x)± g (x)] = limx→x0

f (x)± limx→x0

g (x),

limx→x0

f (x)g (x) = limx→x0

f (x) limx→x0

g (x),

e

limx→x0

f (x)

g (x)= limx→x0 f (x)

limx→x0 g (x)

se le espressioni a secondo membro esistono e non ci si trova in uno dei casi

• +∞−∞• ∞·0

• ∞∞

• 00 ,

espressioni note come forme indeterminate.

In particolare:

limx→x0 [ f (x)+ g (x)] limx→x0 f (x) limx→x0 g (x)

`1 +`2 `1 `2

±∞ `1 ±∞±∞ ±∞ `2

+∞ +∞ +∞−∞ −∞ −∞

EEsempi


4.12

limx→0+

3x − ln x.


Soluzione

Per x → 0+ risulta 3x → 0 e ln x →−∞=⇒

limx→0+

3x − ln x = 0− (−∞) =+∞.

4.13

limx→−∞3x +4x.

Soluzione

Per x →−∞ si ha: 3x → 0 e 4x →−∞=⇒

limx→−∞3x +4x = 0−∞=−∞.

4.14

limx→+∞

px + ln x.

Soluzione

Per x →+∞ si ha:p

x →+∞ e ln x →+∞=⇒

limx→+∞

px + ln x =+∞+∞=+∞.

4.15

limx→0

e−x +x2.

Soluzione

Per x → 0 si ha: e−x → 1 e x2 → 0 =⇒

limx→0

e−x +x2 = 1+0 = 1.

4.16

limx→1

3p

x + ln x.


Soluzione

Per x → 1 si ha: 3p

x → 1 e ln x → 0 =⇒

limx→1

3p

x + ln x = 1+0 = 1.

4.17

limx→1+

px −1+ex .

Soluzione

Per x → 1+ si ha:p

x −1 → 0 e ex → 1 =⇒

limx→1+

px −1+ex = 0+e = e.

Il valore del limite di un prodotto può essere riassunto dalla tabella seguente

limx→x0 f (x)g (x) limx→x0 f (x) limx→x0 g (x)

`1`2 `1 `2

0 `1 0±∞ `1 6= 0 ±∞

0 0 `2

±∞ ±∞ `2 6= 0

Nelle celle dei risultati del limite limx→ξ f (x)g (x) in cui compare il simbolo ±∞,occorrerà stabilire di volta in volta quale segno assegnare a tale valore: per deter-minarlo è sufficiente, comunque, la regola secondo cui se le due funzioni f e g perx → x0 hanno segno concorde allora il risultato del limite sarà +∞ mentre sarà −∞se le due funzioni hanno segno discorde.

EEsempi


4.18

limx→1

(x +1)ln x.

Soluzione

Per x → 1 si ha: (x +1) → 2 e ln x → 0 =⇒

limx→1

(x +1)ln x = 2 ·0 = 0.


4.19

limx→0

(x2 +1)e−x .

Soluzione

Per x → 0 risulta: x2 +1 → 1 e e−x → 1 =⇒

limx→0

(x2 +1)e−x = 1 ·1 = 1.

4.20

limx→+∞

px ln x.

Soluzione

Per x →+∞ risulta:p

x →+∞ e ln x →+∞=⇒

limx→+∞

px ln x =+∞·+∞=+∞.

4.21

limx→+∞ex (1−x).

Soluzione

Per x →+∞ si ha: ex →+∞ e (1−x) →−∞=⇒

limx→+∞ex (1−x) =+∞· (−∞) =−∞.

4.22

limx→−∞ex2

(1−x).

Soluzione

Per x →−∞ si ha: ex2 → e(−∞)2 = e+∞ =+∞ e (1−x) →+∞=⇒

limx→−∞ex2

(1−x) =+∞·+∞=+∞.


4.23

limx→−∞

3px +1ex .

Soluzione

Per x →−∞ risulta: 3px +1 →−∞ e ex → 0 =⇒

limx→−∞

3px +1ex =−∞·0

risulta essere una forma indeterminata.

Il valore del limite di un rapporto può essere riassunto dalla tabella seguente

limx→x0 f (x)/g (x) limx→x0 f (x) limx→x0 g (x)

`1/`2 `1 `2 6= 0±∞ `1 6= 0 0

0 `1 ±∞0 0 `2 6= 0

±∞ ±∞ `2

Anche in tal caso il segno da assegnare a ±∞ si deduce dal segno dei valori limite(`1 o `2) delle funzioni f e/o g .

EEsempi Si calcolino i limiti

4.24

limx→2

x

(x −2)2 .

Soluzione

Per x → 2 risulta: x → 2 e (x −2)2 → 0 =⇒

limx→2

x

(x −2)2 = 2

0.

Certamente il valore del limite precedente risulta essere infinito ma, per determi-nare il suo segno, occorre determinare il segno del rapporto x/(x − 2)2 intorno ax = 2. Alternativamente (e più semplicemente) si può osservare che (x −2)2 → 0+,essendo (x −2)2 ≥ 0. Pertanto

limx→2

x

(x −2)2 = 2

0+=+∞.


4.25

limx→1+

x

x −1.

Soluzione

Per x → 1+ si ha: x → 1 e x −1 → 0+ =⇒

limx→1+

x

x −1= 1

0+=+∞.

4.26

limx→0−

x −1

x3 .

Soluzione

Per x → 0− risulta: x −1 →−1 e x3 → 0− =⇒

limx→0−

x −1

x3 = −1

0==+∞.

4.27

limx→1

ex−1 −1

x.

Soluzione

Si ha, per x → 1, ex−1 −1 → 0 e x → 1 =⇒

limx→1

ex−1 −1

x= 0

1= 0.

4.28

limx→0

e−x

x2 .

Soluzione

Per x → 0 risulta e−x → 1 e x2 → 0+ =⇒

limx→0

e−x

x2 = 1

0+=+∞.


4.29

limx→0

e1px .

Soluzione

Si ha, per x → 0, e1px → e

10+ = e+∞ =+∞=⇒

limx→0

e1px =+∞.

4.30

limx→0

expx+1 .

Soluzione

Per x → 0 si ha: expx+1 → e

01 = 1 =⇒

limx→0

expx+1 = 1.

4.31

limx→0−

ex+1

x .

Soluzione

Per x → 0− risulta: ex+1

x = e1

0− = e−∞ = 0 =⇒

limx→0−

ex+1

x = 0.

4.32

limx→0

lnx2 +1

1−x2 .

Soluzione

Per x → 0 risulta: ln x2+11−x2 → ln 1

1 = 0 =⇒

limx→0

lnx2 +1

1−x2 = 0.


4.2.3 Forme indeterminate

Nel caso in cui il calcolo del limite dia luogo ad una forma indeterminata, potreb-be essere conveniente manipolare la funzione di cui si sta calcolando il limite perrimuovere tale forma indeterminata.

4.2.3.1 Forma indeterminata 00

Si supponga di dover calcolare il limite per x → x0, con x0 ∈ R, del rapporto di duepolinomi P (x) e Q(x) tali che P (x0) =Q(x0) = 0. Il limite

limx→x0

P (x)

Q(x)

dà luogo ad una forma indeterminata 00 . Tale forma indeterminata può essere tut-

tavia rimossa mettendo in evidenza sia a numeratore sia a denominatore la po-tenza della base (x − x0) con esponente più piccolo. La successiva semplificazionerimuove la forma indeterminata.

EEsempi

Calcolare i limiti

4.33

limx→0

2x2 −3x5

x +2x2 .

Soluzione

Si ha:

limx→0

2x2 −3x5

x +2x2 = limx→0

2x2(1−3x3/2)

x(1+2x)= lim

x→0

2x(1−3x3/2)

1+2x= 0.

4.34

limx→1

x3 +1

(x +1)3 .

Soluzione

Si ha:

limx→1

x3 +1

(x +1)3 = limx→1

(x +1)(x2 −x +1)

(x +1)3 = limx→1

x2 −x +1

(x +1)2 = 1

0+=+∞.


4.35

limx→2

x2 −4x +4

x2 −4.

Soluzione

Si ha:

limx→2

x2 −4x +4

x2 −4= lim

x→2

(x −2)2

(x −2)(x +2)= lim

x→2

(x −2)

(x +2)= 0.

4.36

limx→1

x −1

x3 −1.

Soluzione

Si ha:

limx→1

x −1

x3 −1= lim

x→1

x −1

(x −1)(x2 +x +1)= lim

x→1

1

x2 +x +1= 1

3.

La tecnica utilizzata negli esempi precedenti può essere utilizzata anche nel casoin cui siano presenti potenze frazionarie di x −x0.

EEsempio 4.37

Calcolare il limite

limx→2+

px −2

x2 −4x +4.

Soluzione

Si ha:

limx→2+

px −2

x2 −4x +4= lim

x→2+

px −2

(x −2)2 = limx→2+

1

(x −2)2− 12

= limx→2+

1

(x −2)32

= 1

0+=+∞.

4.2.3.2 Forma indeterminata ∞∞

Si supponga di

1. dover calcolare il limite per x → ±∞ del rapporto dei due polinomi P (x) eQ(x) :

limx→±∞

P (x)

Q(x).

In tal caso la forma indeterminata può essere rimossa mettendo in evidenzasia a numeratore sia a denominatore la potenza con esponente più grande. Aseguito della successiva semplificazione, l’indeterminazione sarà rimossa;

2. dover calcolare il limite per x →±∞ di un rapporto tra due funzioni suppo-nendo di conoscere la rapidità4 con cui numeratore e denominatore tendono

4Tale nozione sarà formalizzata nel seguito ricorrendo alla teoria degli infiniti.


all’infinito:

limx→±∞

f (x)

g (x),

con f (x) e g (x) tendenti all’infinito per x → ±∞. In tal caso se f (x) tendeall’infinito più rapidamente di g (x) il risultato del limite sarà infinito mentrese è g (x) a tendere all’infinito più rapidamente il risultato del limite sarà paria zero. Ad esempio, dalla rappresentazione grafica delle funzioni elementarisi può dedurre che, per x →+∞, risulta

ex > xα > ln x, α ∈ (0,+∞).

x

f(x)

lnx

x2

ex

Figura 4.8

Un confronto tra infiniti

EEsempi


4.38

limx→+∞

2x3 +5x2 −x +7

4x3 −x2 +x −3.

Soluzione

Si ha:

limx→+∞

2x3 +5x2 −x +7

4x3 −x2 +x −3= lim

x→+∞2x3(1+ 5

2x − 12x2 + 7

2x3 )

4x3(1− 14x + 1

4x − 34x3 )

=

= limx→+∞

2(1+ 52x − 1

2x2 + 72x3 ))

4(1− 14x + 1

4x − 34x3 )

= 1

2.


4.39

limx→+∞

x2 −2x

x3 +1.

Soluzione

Si ha:

limx→+∞

x2 −2x

x3 +1= lim

x→+∞x2(1− 2

x )

x3(1+ 1x3 )

= limx→+∞

(1− 2x )

x(1+ 1x3 )

= 0.

4.40

limx→−∞

x3 +2x2 +x +6

x2 −2x.

Soluzione

Si ha

limx→−∞

x3 +2x2 +x +6

x2 −2x= lim

x→−∞x3(1+ 2

x + 1x2 + 6

x3 )

x2(1− 2x )

= limx→−∞

x(1+ 2x + 1

x2 + 6x3 )

(1− 2x )

=−∞.

4.41

limx→+∞

3px −3

1−x.

Soluzione

Il numeratore tende all’infinito come x13 , più lentamente del denominatore, che

tende all’infinitto come x : il risultato del limite è, pertanto,

limx→+∞

3px −3

1−x= 0.

4.42

limx→+∞

px

ex .

Soluzione

Il numeratore tende all’infinito come x12 mentre il denominatore tende all’infinito

in modo esponenziale:

limx→+∞

px

ex = 0.


4.43

limx→+∞

ex

x2 .

Soluzione

Il numeratore tende all’infinito in modo esponenziale mentre il denominatore co-me x2 :

limx→+∞

ex

x2 =+∞.

4.44

limx→+∞

3p

x

ln x.

Soluzione

Il numeratore tende all’infinito come x13 mentre il denominatore come un logarit-

mo:

limx→+∞

3p

x

ln x=+∞.

4.2.3.3 Forme indeterminate +∞−∞

Il calcolo di un limitelim

x→x0[ f (x)+ g (x)]

con x0 finito o infinito, in cui compare la forma indeterminata +∞−∞ (ad esempiose f (x) →+∞ e g (x) →−∞) può essere effettuato nei casi

1. le due funzioni f (x) e g (x) tendono all’infinito con velocità diverse: nel cal-colo del limite si può trascurare la funzione che tende all’infinito più lenta-mente5

2. se le funzioni f (x) e g (x) tendono all’infinito con la stessa velocità ed essesono funzioni irrazionali: in tal caso si può utilizzare un procedimento chemira ad eliminare l’indeterminazione dovuta a radicali moltiplicando nume-ratore e denominatore per una opportuna grandezza (si vedano gli esempi aseguire)

5Si veda il principio di trascurabilità degli infiniti di ordine inferiore, enunciato più avanti.


EEsempi


4.45

limx→+∞ex −p

x.

Soluzione

Il primo addendo tende all’infinito in modo esponenziale mentre il secondo comeuna potenza: quest’ultimo è trascurabile:

limx→+∞ex −p

x =+∞.

4.46

limx→+∞ ln x − 3

px.

Soluzione

Il primo addendo, che tende all’infinito come un logaritmo, è trascurabile rispettoal secondo, che risulta essere un infinito potenza:

limx→+∞ ln x − 3

px =−∞.

4.47

limx→+∞x3 + ln x −p

x.

Soluzione

Tra i tre addendi, quello che tende all’infinito più rapidamente è x3, pertanto

limx→+∞x3 + ln x −p

x =+∞.

4.48

limx→+∞

√x3 +1−x.


Soluzione

Il primo addendo tende all’infinito come x32 , più rapidamente del secondo, che

tende all’infinito come x. Si ha, pertanto,

limx→+∞

√x3 +1−x =+∞.

4.49

limx→+∞

√x2 −3−x.

Soluzione

In tal caso sia il primo addendo sia il secondo tendono all’infinito con la stessa rapi-dità, quella di x. Non è pertanto lecito trascurare l’uno rispetto all’altro. E’ possibilecomunque effettuare la trasformazione seguente che rimuoverà l’indeterminazio-ne:

limx→+∞

√x2 −3−x = lim

x→+∞(√

x2 −3−x)

px2 −3+xpx2 −3+x

=

= limx→+∞

x2 −3−x2

px2 −3+x

= limx→+∞

−3px2 −3+x

= 0.

4.50

limx→−∞

√x2 −3x +x.

Soluzione

Siccome primo e secondo addendo tendono all’infinito con la stessa rapidità, quel-la di x, per calcolare il limite si opera la seguente trasformazione:

limx→−∞

√x2 −3x +x = lim

x→−∞(√

x2 −3x +x)

px2 −3x −xpx2 −3x −x

=

limx→−∞

x2 −3x −x2

px2 −3x −x

= limx→−∞

−3xpx2 −3x −x

= limx→−∞

−3x

−2x= 3

2.

Nell’ultimo passaggio se è usato il fatto chep

x2 ≡ |x| = −x se x < 0.


4.2.4 Limiti notevoli

Alcune classi di limiti che danno luogo a forme indeterminate, noti come limitinotevoli, possono essere calcolati in generale per funzioni arbitrarie. Di volta involta sarà sufficiente adattare alle funzioni in oggetto i risultati generali seguenti

1. Sia x0 finito o infinito e risulti, per x → x0, f (x) →±∞ e g (x) →±∞. Si ha:

limx→x0

(1+ 1

f (x))g (x) = lim

x→x0e

g (x)f (x) .

Si osservi che in tale caso la forma indeterminata che si incontra è del tipo 1∞.Come caso particolare si può scegliere x0 =+∞, f (x) = g (x) = x, ottenendo

limx→+∞(1+ 1

x)x = lim

x→+∞exx = e,

noto come limite di Nepero.

2. Sia x0 finito o infinito e risulti, per x → x0, f (x) → 0. Si ha:

limx→x0

loga(1+ f (x))

f (x)= loga e ≡ 1

ln a.

Se, in particolare, si sceglie x0 = 0 e f (x) = x, si ottiene:

limx→0

loga(1+x)

x= loga e.


limx→x0

a f (x) −1

f (x)= ln a.

In particolare, posto x0 = 0 e f (x) = x, risulta

limx→0

ax −1

x= ln a.


limx→x0

sin f (x)

f (x)= 1.

In particolare, posto x0 = 0 e f (x) = x, si ottiene:

limx→0

sin x

x= 1.


EEsempi


4.51

limx→+∞(1+ 1

x2 )3x .

Soluzione

Si ha:

limx→+∞(1+ 1

x2 )3x = limx→+∞e

3xx2 = e0 = 1.

4.52

limx→+∞(1+ 2

x)x3

.

Soluzione

Si ha:

limx→+∞(1+ 2

x)x3 = lim

x→+∞e2x3

x = e+∞ =+∞.

4.53

limx→0

e3x −1

3x.

Soluzione

Si ha:

limx→0

e3x −1

3x= 1.

4.54

limx→0

ex2 −1

x.

Soluzione

Per calcolare tale limite è opportuno dapprima metterlo nella forma

limx→0

e f (x) −1

f (x).


Per fare ciò è sufficiente moltiplicare numeratore e denominatore per x :

limx→0

ex2 −1

x= lim

x→0

ex2 −1

x2 · x = limx→0

ex2 −1

x2 · limx→0

x = 1 ·0 = 0.

4.55

limx→0

ln(1+2x)

3x.

Soluzione

Anche in tal caso è opportuno manipolare la funzione in modo da ricondurre illimite da calcolare ad uno della forma

limx→0

ln(1+ f (x))

f (x).

Per tale scopo è sufficiente moltiplicare per 2/3 numeratore e denominatore:

limx→0

ln(1+2x)

3x= lim

x→0

ln(1+2x)

3x

2/3

2/3= lim

x→0

2

3

ln(1+2x)

2x= 2

3.

4.56

limx→0

sin5x

2x.

Soluzione

Si ha:

limx→0

sin5x

2x= lim

x→0

5

2

sin5x

5x= 5

2.

4.57

limx→+∞

sin 1x2

1x2

.

Soluzione

Si ha:

limx→+∞

sin 1x2

1x2

= 1.


4.58

limx→0

sin x +3x

2x − sin x.

Soluzione

Occorre dapprima manipolare la funzione di cui si deve calcolare il limite per ri-condurla alla forma sin x/x. Per fare ciò è sufficiente dividere numeratore e deno-minatore per il fattore x :

limx→0

sin x +3x

2x − sin x= lim

x→0

sin xx +3

2− sin xx

= 1+3

2−1= 4.

4.3 Infinitesimi e infiniti

4.3.1 Infinitesimi

Si consideri la funzione f (x) e sia x0 ∈R o x0 =±∞.

RDefinizione (Infinitesimo)

Selim

x→x0f (x) = 0

si dice che la funzione f (x) è un infinitesimo per x che tende a x0.

EEsempio 4.59

• Le funzionif (x) = xα, α ∈ (0,+∞)

sono infinitesimi per x → 0+.

• La funzionef (x) = ex −1

è un infinitesimo per x → 0.

• Le funzioni

f (x) = 1

xα, α ∈ (0,+∞)

sono infinitesimi per x →+∞.

• La funzionef (x) = ln x

è un infinitesimo per x → 1.


Nelle applicazioni della teoria degli infinitesimi è molto importante stabilire la ra-pidità con cui una funzione f (x) tende a zero per x → x0. Ad esempio le due fun-zioni f (x) = x2 e g (x) =p

x sono entrambe inifinitesimi per x → 0 però la velocitàcon cui tendono a zero è diversa. In particolare la funzione f (x) tende a zero piùvelocemente della funzione g (x), cosa che può essere dedotta calcolando il limite

limx→0

f (x)

g (x)= lim

x→0

x2

px= 0.

Più in generale vale la seguente

RDefinizione (Confronto tra infinitesimi)

Se f (x) e g (x) sono infinitesimi per x → x0 con x0 finito o infinito, si dirà che, se

limx→x0

f (x)

g (x)=

` 6= 0, ±∞ f e g hanno la stessa velocità`= 0 f è più veloce di g±∞ f è meno veloce di gØ f e g non sono confrontabili

.

Nella pratica è comodo assegnare ad un infinitesimo f (x) un ordine di infinitesi-mo, confrontando f (x) con un opportuno infinitesimo campione. In particolare siassumerà

RDefinizione (Infinitesimo campione)

Si dice infinitesimo campione la funzione

p(x) ={

x −x0 se x0 ∈R1x se x0 =±∞ .

RDefinizione (Ordine di infinitesimo)

Se

limx→x0

f (x)

[p(x)]α= ` 6= 0, ±∞

si dice che f (x) è un infinitesimo di ordine α per x → x0.

"Osservazione

Se f (x)è un infinitesimo di ordine α per x → x0 si ha:

limx→x0

f (x)

[p(x)]β= 0

per ogni β<α e

limx→x0

f (x)

[p(x)]β=±∞


per ogni β>α. In effetti, se ad esempio β>α, si ha:

limx→x0

f (x)

[p(x)]β= lim

x→x0

f (x)

[p(x)]α· 1

[p(x)]β−α= ` · lim

x→x0

1

[p(x)]β−α= ` ·±∞=±∞

EEsempio 4.60

Determinare l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = ln(1+x) per x → 0.

Soluzione

Visto che risulta

limx→0

ln(1+x)

x= 1

f (x) è un infinitesimo di ordine α= 1.

EEsempio 4.61

Determinare l’ordine di infinitesimo della funzione f (x) = ln(1+x3) per x → 0.

Soluzione

Si ha:

limx→0

ln(1+x3)

x3 = 1

e, pertanto, l’ordine di infinitesimo di f (x) per x → 0 è α= 3.

EEsempio 4.62

Determinare l’ordine di infinitesimo di f (x) = e1x −1 per x →+∞.

Soluzione

Si ha:

limx→+∞

e1x −1

1x

= 1

e, quindi, l’ordine di infinitesimo di f (x) per x →+∞ è α= 1.

4.3.1.1 Operazioni tra infinitesimi

Siano f (x) e g (x) infinitesimi per x → x0, con x0 finito o infinito. Se f (x) è uninfinitesimo di ordine α1 e g (x) di ordine α2 risulta che

a) Somma tra infinitesimi

1) Se α1 6=α2

la somma degli infinitesimi f (x) + g (x) è ancora un infinitesimo, di ordine α =min{α1,α2}. In effetti se per fissare le idee si suppone che α1 <α2 e x0 ∈R si ha:

limx→x0

f (x)+ g (x)

(x −x0)α1= lim

x→x0

f (x)

(x −x0)α1+ lim

x→x0

g (x)

(x −x0)α1. (4.6)


Il primo limite a secondo membro della relazione (4.6) vale `1 6= 0, ±∞, visto chef (x) è un infinitesimo di ordine α1 mentre il secondo limite è pari a zero visto cheg (x) è un infinitesimo di ordine α2 > α1. Pertanto il valore del limite (4.6) è `1 6=0, ±∞ e, pertanto, f (x)+ g (x) è un infinitesimo di ordine α1 = min{α1,α2}.

2) Se α1 =α2 ≡αsi avrà

limx→x0

f (x)+ g (x)

[p(x)]α= lim

x→x0

f (x)

[p(x)]α+ lim

x→x0

g (x)

[p(x)]α= `1 +`2.

Se `1 +`2 6= 0 l’ordine di infinitesimo di f (x)+ g (x) risulterebbe pari a α mentrese `1 + `2 = 0 l’ordine di infinitesimo di f (x)+ g (x) risulterebbe maggiore di α :ne segue che se f (x) e g (x) hanno lo stesso ordine di infinitesimo α, l’infinitesimosomma, f (x)+ g (x) ha ordine di infinitesimo maggiore o uguale a α.

b) Prodotto tra infinitesimi

La funzione f (x)g (x) è un infinitesimo di ordineα=α1+α2. In effetti se per fissarele idee si suppone che x0 ∈R si ha:

limx→x0

f (x)g (x)

(x −x0)α1+α2= lim

x→x0

f (x)

(x −x0)α1

g (x)

(x −x0)α2= `1 ·`2 6= 0, ±∞.

Sussiste il seguente

wTeorema (Cancellazione degli infinitesimi di ordine superiore)

Ipotesi) Siano f1(x), f2(x), g1(x), g2(x) infinitesimi simultanei per x → x0, con x0 fi-nito o infinito. Si supponga inoltre che f1(x) sia un infinitesimo di ordine superiorea f2(x) e che g1(x) sia un infinitesimo di ordine superiore a g2(x).

Tesi)

limx→x0

f1(x)+ f2(x)

g1(x)+ g2(x)= lim

x→x0

f2(x)

g2(x).

Dimostrazione

Si ha:

limx→x0

f1(x)+ f2(x)

g1(x)+ g2(x)= lim

x→x0

f2(x)[1+ f1(x)/ f2(x)]

g2(x)[1+ g1(x)/g2(x)]=

limx→x0

f2(x)

g2(x)· [1+ f1(x)/ f2(x)]

[1+ g1(x)/g2(x)]= lim

x→x0

f2(x)

g2(x)· lim

x→ξ

[1+ f1(x)/ f2(x)]

[1+ g1(x)/g2(x)]. (4.7)

Siccome f1(x) è infinitesimo di ordine superiore a f2(x) e g1(x) è infinitesimo diordine superiore a g2(x) risulta

limx→x0

[1+ f1(x)/ f2(x)]

[1+ g1(x)/g2(x)]= 1

e, dalla relazione (4.7), segue la tesi.


■"Osservazione

Il teorema precedente consente di semplicare notevolmente il calcolo dei limiti del-la forma 0

0 : è sufficiente trascurare in ogni somma in cui compaiano due addendiinfinitesimi quello con ordine di infinitesimo più grande o, in altre parole, quelloche tende a zero più velocemente.

EEsempio 4.63

Si calcoli il limite

limx→0

ep

x −1+ ln(1+x2)

x2 +3p

x

Soluzione

Per x → 0 si ha:

• ep

x −1 è un infinitesimo di ordine 12

• ln(1+x2) è un infinitesimo di ordine 2

• x2è un infinitesimo di ordine 2

• 3p

x è un infinitesimo di ordine 12 .

Trascurando sia a numeratore sia a denominatore gli infinitesimi di ordine più alto,si ottiene:

limx→0

ep

x −1+ ln(1+x2)

x2 +3p

x= lim

x→0

ep

x −1

3p

x= 1

3.

4.3.2 Infiniti

Si consideri la funzione f (x) e sia x0 ∈R o x0 =±∞.

RDefinizione (Infinito)

Selim

x→x0f (x) =±∞

si dice che la funzione f (x) è un infinito per x che tende a x0.


EEsempio 4.64

• Le funzionif (x) = xα, α ∈ (0,+∞)

sono infiniti per x →+∞.

• La funzionef (x) = ex

è un infinito per x →+∞.

• Le funzioni

f (x) = 1

xα, α ∈ (0,+∞)

sono infiniti per x → 0+.

• La funzionef (x) = ln x

è un infinito per x →+∞.

Così come visto nel caso degli infinitesimi, anche nel caso degli infiniti è rilevantestabilire la rapidità con cui una funzione f (x) tende all’infinito per x → x0.

Vale la seguente

RDefinizione (Confronto tra infiniti)

Se f (x) e g (x) sono infiniti per x → x0, con x0 finito o infinito, si dirà che, se

limx→x0

f (x)

g (x)=

` 6= 0, ±∞ f e g hanno la stessa velocità`= 0 f è meno veloce di g±∞ f è più veloce di gØ f e g non sono confrontabili

.

Nella pratica è comodo assegnare ad un infinito f (x) un ordine di infinito, confron-tando f (x) con un opportuno infinito campione. In particolare si assumerà

RDefinizione (Infinito campione)

Si dice infinito campione la funzione

p(x) ={ 1

x−x0se x0 ∈R

x se x0 =±∞ .

RDefinizione (Ordine di infinito)

Se

limx→x0

f (x)

[p(x)]α= ` 6= 0, ±∞


si dice che f (x) è un infinito di ordine α per x → x0.

"Osservazione

Se f (x)è un infinito di ordine α per x → x0 si ha:

limx→x0

f (x)

[p(x)]β= 0

per ogni β>α e

limx→x0

f (x)

[p(x)]β=±∞

per ogni β<α. In effetti, se ad esempio β>α, si ha:

limx→x0

f (x)

[p(x)]β= lim

x→x0

f (x)

[p(x)]α· 1

[p(x)]β−α= ` · lim

x→x0

1

[p(x)]β−α= ` ·0 = 0.

4.3.2.1 Operazioni tra infiniti

Siano f (x) e g (x) infiniti per x → x0, con x0 finito o infinito. Se f (x) è un infinito diordine α1 e g (x) è un infinito di ordine α2 risulta che

a) Somma tra infiniti

1) Se α1 6=α2

la somma degli infiniti f (x)+ g (x) è ancora un infinito, di ordine α = max{α1,α2}.In effetti se per fissare le idee si suppone che α1 >α2 e x0 =+∞, si ha:

limx→+∞

f (x)+ g (x)

xα1= lim

x→+∞f (x)

xα1+ lim

x→+∞g (x)

xα1. (4.8)

Il primo limite a secondo membro della relazione (4.8) vale `1 6= 0, ±∞, visto chef (x) è un infinito di ordine α1 mentre il secondo limite è pari a zero visto che g (x)è un infinito di ordine α2 < α1. Pertanto il valore del limite (4.6) è `1 6= 0, ±∞ e,pertanto, f (x)+ g (x) è un infinito di ordine α1 = max{α1,α2}.

2) Se α1 =α2 ≡αsi avrà

limx→x0

f (x)+ g (x)

[p(x)]α= lim

x→x0

f (x)

[p(x)]α+ lim

x→x0

g (x)

[p(x)]α= `1 +`2.

Se `1 +`2 6= 0 l’ordine di infinito di f (x)+ g (x) risulterebbe pari a α mentre se `1 +`2 = 0 l’ordine di infinitesimo di f (x)+g (x) risulta minore diα : ne segue che se f (x)e g (x) hanno lo stesso ordine di infinitesimo α, l’infinitesimo somma, f (x)+ g (x)ha ordine di infinitesimo minore o uguale a α.


b) Prodotto tra infiniti

La funzione f (x)g (x) è un infinito di ordine α = α1 +α2. In effetti se per fissare leidee si suppone che x0 =+∞, si ha:

limx→+∞

f (x)g (x)

xα1+α2= lim

x→+∞f (x)

xα1

g (x)

xα2= `1 ·`2 6= 0, ±∞.

In modo analogo a quanto visto per il caso degli infinitesimi, sussiste il seguente

w Teorema (Cancellazione degli infiniti di ordine inferiore)

Ipotesi) Siano f1(x), f2(x), g1(x), g2(x) infiniti simultanei per x → x0, con x0 finito oinfinito. Si supponga inoltre che f1(x) sia un infinito di ordine inferiore a f2(x) eche g1(x) sia un infinito di ordine inferiore a g2(x).

Tesi)

limx→x0

f1(x)+ f2(x)

g1(x)+ g2(x)= lim

x→x0

f2(x)

g2(x).

Dimostrazione

La dimostrazione è analoga a quella vista per il teorema di cancellazione degli infi-nitesimi di ordine superiore, ed è pertanto lasciata al lettore come esercizio.

■"Osservazione

Il teorema precedente consente di semplicare notevolmente il calcolo dei limiti del-la forma ∞

∞ : è sufficiente trascurare in ogni somma in cui compaiano due addendiinfiniti quello con ordine di infinito più piccolo o, in altre parole, quello che tendead infinito più lentamente.

EEsempio 4.65

Si calcoli il limite

limx→+∞

x2ex +ex +x ln x

x2 ln x −x2 +xex .

Soluzione

Nel calcolo del limite si possono trascurare gli infiniti di ordine più basso. Tenendoconto della gerarchia tra infiniti si ottiene

limx→+∞

x2ex +ex +x ln x

x2 ln x −x2 +xex = limx→+∞

x2ex

xex =+∞.


4.4 Continuità

La nozione intuitiva di continuità di una funzione f (x) potrebbe essere espressain termini del suo grafico: potrebbe definirsi continua una funzione il cui graficoè rappresentato da una curva continua. Tale visione, comunque, risulta fuorvianteperché, sebbene la nozione moderna (e rigorosa) di funzione continua spesso coin-cide con quella di funzione con grafico rappresentabile tramite una curva continua,nella realtà non è sempre così. Le esigenze di rigore, inoltre, comporterebbero ildover caratterizzare con precisione cosa si intende con “curva continua”.

Una nozione, sempre intuitiva, ma che corrisponde in modo migliore alla nozionerigorosa di continuità, è quella secondo cui la funzione f (x) è continua in un pun-to x0 se, variando di poco il punto x0, considerando ad esempio il punto x moltovicino a x0, il corrispondente valore f (x) è molto vicino a f (x0). Si dovrebbe avere,in altre parole,

f (x) = f (x0)+R,

con R tanto più vicino allo zero quanto più x è vicino a x0 :

limx→x0

R = 0

o, in altri termini,

limx→x0

f (x) = f (x0).

Più precisamente, vale la seguente

RDefinizione (Continuità in un punto)

Sia f : X → Y e x0 ∈ X . Si dice che la funzione f (x) è continua nel punto x0 se

limx→x0

f (x) = f (x0).

"Osservazione

Se la funzione f (x) è definita nell’intervallo chiuso e limitato [a,b] essa sarà conti-nua in a e in b se risulterà

limx→a+ f (x) = f (a)

e

limx→b− f (x) = f (b)


RDefinizione (Continuità in un insieme)

Se f (x) è continua per ogni x0 ∈ A si dirà che essa è continua nell’insieme A.

"Osservazione

Ci si convince facilmente che se f (x) è una funzione continua in [a,b] allora ilsuo grafico è una curva continua cioè, in termini intuitivi, è possibile tracciare talegrafico senza “staccare la penna dal foglio”.

"Osservazione

Le funzioni ad una legge sono funzioni continue nei loro relativi domini.

"Osservazione

La relazione

limx→x0

f (x) = f (x0)

può essere interpretata come possibilità di scambiare il simbolo di limite con ilsimbolo di funzione:

limx→x0

f (x) = f ( limx→x0

x)

visto che, evidentemente, risulta limx→x0 x = x0.

f(x)

xx0 x

a

f(x0)

f(x)

f(x)

xx0 x

b

f(x0)

f(x)

Figura 4.6

Un esempio di funzione continua in x0 (a) e di funzione non continua in x0 (b).


4.4.1 Teoremi sulle funzioni continue

w Teorema (Operazioni razionali sulle funzioni continue)

Ipotesi) Siano f (x) e g (x) funzioni continue nell’insieme X ⊆R.

Tesi) Le funzioni f (x) ± g (x), f (x)g (x) sono continue in X . Se g (x) 6= 0∀x ∈ X è

continua anche la funzione f (x)g (x) .

Dimostrazione

La dimostrazione del teorema è conseguenza diretta delle proprietà relative alleoperazioni razionali sui limiti. Si consideri ad esempio la funzione f (x)+g (x) e siax0 ∈ X . Si ha:

limx→x0

[ f (x)+ g (x)] = limx→x0

f (x)+ limx→x0

g (x) = f (x0)+ g (x0).

Gli altri casi sono lasciati al lettore per esercizio.

■"Osservazione

In modo analogo a quanto visto nel teorema precedente, si può dimostrare che, sef (x) è continua allora anche la funzione | f (x)| risulterà continua: tale dimostrazio-ne è lasciata al lettore per esercizio.

w Teorema (Continuità della funzione composta)

Ipotesi) Siano f : X → Y e g : Y → Z due funzioni continue nei rispettivi domini.

Tesi) La funzione composta g ◦ f : X → Z è continua in X .

Dimostrazione

Sia x0 ∈ X e h = g ◦ f . Si consideri il limite

limx→x0

h(x) = limx→x0

g ( f (x))

Siccome la funzione g è continua tale limite può essere riscritto come

g ( limx→x0

f (x)) = g ( f (x0)) = h(x0)

Si è ottenuto quindi che per un arbitrario x0 ∈ X risulta

limx→x0

h(x) = h(x0)


e, pertanto, la tesi.

■

4.4.2 Classificazione dei punti di discontinuità

Sia f : X → Y e sia x0 ∈ X . Come visto precedentemente, la funzione f (x) si dicecontinua in x0 se risulta

limx→x0

f (x) = f (x0). (4.9)

E’ chiaro che affinché sia soddisfatta la relazione (4.9) devono sussistere contem-poraneamente le condizioni

1) x0 ∈ X

2)lim

x→x+0

f (x) = limx→x−

0

f (x) = `

3) `= f (x0).

Se anche solo una delle condizioni precedenti non è soddisfatta è chiaro che lafunzione f (x) non potrà essere continua nel punto x0. Si dice in tal caso che lafunzione ha, in x0, un punto di discontinuità

• di prima specie se sussiste la condizione 1), x0 ∈ X , ma non la condizione 2),cioè se

limx→x+

0

f (x) 6= limx→x−

0

f (x)

• di seconda specie se sussiste la condizione 1), x0 ∈ X , ma i limiti destro e/osinistro non esistono oppure sono infiniti

• eliminabile per competamento se non sussiste la condizione 1) ma sussiste lacondizione 2). In tal caso la discontinuità può essere eliminata aggiungendox0 al dominio e ponendo f (x0) = `

• eliminabile per correzione se sussistono le condizioni 1) e 2) ma non sussistela condizione 3). In tal caso la discontinuità può essere eliminata ridefinendola funzione in x0 ponendo f (x0) = `.

"Osservazione

Se la funzione f (x) è definita ad una legge, i suoi eventuali punti di discontinuitàvanno ricercati nei punti di accumulazione del dominio che non appartengono aldominio stesso. Se invece la funzione f (x) è definita a più leggi, gli eventuali punti


di discontinuità vanno ricercati anche in quei punti x in corrisponedenza ai qualicambia la legge che definisce la funzione.

"Osservazione

Se la funzione f (x) è definita a più leggi e dipende da un parametro k, essa po-trà risultare continua per alcuni valori di k e discontinua per altri. Nella pratica,per determinare i valori di k in corrispondenza ai quali la funzione f (x) è conti-nua, si calcolano i limiti destro e sinstro di f (x) per x → x0, essendo x0 il puntoin corrispondenza al quale cambia la legge che definisce la funzione. Imponendol’eguaglianza tra i limiti destro e sinistro sopra menzionati si ottiene un’equazionein k che, se risolta, consente di determinare l’insieme6 dei valori di k per cui f (x) ècontinua.

EEsempio 4.66

Determinare e classificare gli eventuali punti di discontinuità della funzione

f (x) = e2x −1

x.

Soluzione

La funzione definita ad una legge f (x) ha dominio X pari aR\{0} ≡ (−∞,0)∪(0,+∞).L’unico punto di accumulazione di X che non appertiene a X stesso è x0 = 0. Si ha:

limx→0

e2x −1

x= 2

e, pertanto, x0 = 0 è un punto di discontinuità eliminabile per completamento: ag-giungendo x0 = 0 al dominio X e ponendo f (0) = 2 si ottiene la funzione continua

f (x) ={

e2x−1x se x ∈R\{0}2 se x = 0

.

EEsempio 4.67


f (x) ={

x2 se x ∈R\{0}2 se x = 0

.

Soluzione

Siccome il dominio X della funzione è tuttoR, l’unico punto di discontinuità di f (x)potrebbe essere x0 = 0, punto nel quale cambia la legge che definisce la funzione.Si ha:

6Si osservi che tale insieme potrebbe anche essere vuoto.


limx→0+

f (x) = limx→0−

f (x) = 0 6= f (0).

Il punto x0 = 0 è pertanto un punto di discontinuità eliminabile per correzione:ridefinendo la funzione f (x) in modo che f (0) = 0 si ottiene la funzione continua

f (x) ={

x2 se x ∈R\{0}0 se x = 0

≡ x2.

EEsempio 4.68


f (x) ={

x2 +1 se x ∈ [0,+∞)1x se x ∈ (−∞,0)

.

Soluzione

Il dominio di f (x) coincide con R e, pertanto, l’unico punto di discontinuità vacercato in x0 = 0, punto in cui cambia la legge che definisce la funzione f (x). Si ha:

limx→0+

f (x) = limx→0+

(x2 +1) = 1

e

limx→0−

f (x) = limx→0−

1

x=−∞.

Il punto x0 = 0 rappresenta pertanto un punto di discontinuità di seconda specie.

EEsempio 4.69


f (x) ={

x2 +x se x ∈ [1,+∞)x −1 se x ∈ (−∞,1)

.

Soluzione

Siccome il dominio di f (x) è tutto R, l’unico punto in cui la funzione potrebbe nonessere continua è x0 = 1, punto in cui cambia la legge che definisce la funzionef (x). Si ha:

limx→1+

f (x) = limx→1+

(x2 +x) = 2

e


limx→1−

f (x) = limx→1−

x −1 = 0.

La funzione f (x) ammette, pertanto, una discontinuità di prima specie nel puntox0 = 1.

EEsempio 4.70

Determinare gli eventuali valori del parametro k tali che la funzione

f (x) ={

ekx se x ∈ [2,+∞)x +1 se x ∈ (−∞,2)

risulti continua.

Soluzione

Come visto negli esempi precedenti, l’unico punto in cui la funzione f (x) potrebbenon risultare continua è x0 = 2. Si ha:

limx→2+

f (x) = limx→2+

ekx = e2k

e

limx→2−

f (x) = limx→2−

x +1 = 3.

Affinché la funzione risulti continua è necessario che i limiti destro e sinistro coin-cidano:

e2k = 3 =⇒ k = 1

2ln3.

Tale condizione è anche sufficiente risultando f (2) = e2k |k=ln3/2 = 3.

EEsempio 4.71

Si supponga che il costo di un m3 di acqua (costo unitario) da versare all’erogatore,dipenda dalla quantità x consumata tramite la funzione

c(x) ={

3 se x ≤ 1503.8 se x > 150

.

Si determini la funzione costo totale cT e se ne studi la continuità.

Soluzione

Se la quantità consumata x è minore o uguale a 150 la funzione costo sarà paria 3x. Se invece la quantità consumata x è maggiore di 150 la funzione costo sarà3 ·150+3.8(x −150). Si ha, quindi,

cT (x) ={

3x se x ≤ 150450+3.8(x −150) se x > 150

.


L’unico punto di discontinuità di cT (x) potrebbe essere x0 = 150. Si ha:

limx→150+

cT (x) = limx→150+

[450+3.8(x −150)] = 450

e

limx→150−

cT (x) = limx→150−

3x = 450

e, risultando, cT (150) = 450 risulta che la funzione costo totale è continua, pur nonessendo continua la funzione costo unitario c(x).

RDefinizione (Continuità a destra o a sinistra)

Se la funzione f : X → Y non è continua nel punto x0 ∈ X ma risulta

limx→x+

0

f (x) = f (x0)

si dirà che f (x) è continua in x0 da destra. In modo analogo se risulta

limx→x−

0

f (x) = f (x0)

si dirà che f (x) è continua in x0 da sinistra.

"Osservazione

Si consideri la funzione parte intera di x, f (x) = [x], che associa ad ogni x ∈R il piùgrande intero relativo minore o uguale a x. Essa, si confronti la figura 4.7,

x1 2 3−1−2 0

Figura 4.7

Grafico della funzione f (x) = [x].

pur non essendo continua per x ∈Z, risulta essere continua a destra per ogni x ∈Z.


4.4.3 Continuità e invertibilità

Sia f : X → Y una funzione continua e invertibile e sia f −1 : f (X ) → X la sua fun-zione inversa. In generale non si può concludere che la funzione f −1(x) è continua,come si mostra nel seguente

EEsempio 4.72

Sia

f (x) ={

x se x ∈ [0,1]x −1 se x ∈ (2,3]

,

il cui grafico è riportato in figura 4.9.

1 2

1

x

f(x)

Figura 4.9

Grafico della funzione f (x).

La funzione f (x) è continua nel suo dominio X = [0,1]∪ (2,3] ma la sua funzioneinversa,

f −1(x) ={

x se x ∈ [0,1]x +1 se x ∈ (1,2]

,

il cui grafico è riportato in figura 4.10,


1

1

x

f−1(x)

Figura 4.10

Grafico della funzione f −1(x).

non è continua essendo

limx→1−

f −1(x) = 1

e

limx→1+

f −1(x) = 2.

Se l’insieme di definizione X è un intervallo (aperto, chiuso o semichiuso) si puòinvece dimostrare che se esiste l’inversa di una funzione continua essa è continua.

4.5 Massimi e minimi di una funzione

RDefinizione (Funzione limitata)

La funzione f : X → Y si dice limitata se l’immagine di f (x) è un insieme limitato:

supx∈X

f (X ) = S ∈R

infx∈X

f (X ) = s ∈R


RDefinizione (Massimo e minimo assoluto)

Sia f : X → Y una funzione limitata. Se l’estremo superiore S di f (X ) appartiene af (X ), S ∈ f (X ), esso si dice massimo assoluto della funzione f (x). In modo analogo,se l’estremo inferiore s di f (X ) appartiene a f (X ), s ∈ f (X ), esso si dice minimoassoluto della funzione f (x).

Nel caso in cui il dominio X della funzione f (x) è un intervallo chiuso e limitato,sussistono i seguenti

w Teorema (Weierstrass)

Ipotesi) Sia f (x) continua nell’intervallo chiuso e limitato7 [a,b].

Tesi) La funzione f (x) ammette in [a,b] massimo e minimo assoluto.

■w Teorema (Zeri di una funzione continua)

Ipotesi) Sia f (x) continua in [a,b] e si supponga che il segno di f (a) sia non concor-de col segno di f (b) : f (a) f (b) < 0

allora

Tesi) La funzione f (x) ha almeno uno zero8 in (a,b) : ∃c ∈ (a,b) | f (c) = 0.

Dimostrazione

Si consideri il caso f (a) < 0 e, di conseguenza, f (b) > 0. Sia X− il sottoinsieme di(a,b) in cui la funzione f (x) assume valori negativi e si indichi con c l’estremosuperiore di tale insieme: c = sup X−. Se, per assurdo, risultasse f (c) < 0 allora sidovrebbe avere

limx→c

f (x) = f (c) < 0 :

in base al teorema sulla permanenza del segno in forma diretta esisterebbe un in-torno I del punto c in cui la funzione f (x) assume valori negativi. Sia I = (c−δ1,c+δ2) con δ1,δ2 > 0. Ciò comporterebbe, però, che sup X− ≥ c +δ2 > c = sup X−, cioèsup X− > sup X−, conclusione assurda. In modo analogo si esclude il caso f (c) > 0.

■w Teorema (Darboux o dei valori intermedi)

Ipotesi) Sia f (x) continua nell’intervallo chiuso e limitato [a,b].

Tesi) La funzione f (x) assume tutti i valori compresi tra il suo minimo e il suomassimo assoluto.

Dimostrazione

Siccome f (x) è continua nell’intervallo chiuso e limitato [a,b] essa ammetterà, peril teorema di Weierstrass, massimo assoluto M e minimo assoluto m9. Siano x1 e

7Gli insiemi chiusi e limitati si chiamano anche compatti.8Se la funzione f (x) è strettamente monotòna, tale zero è unico.9Se la funzione f (x) è costante, la dimostrazione del teorema è banale. Si supporrà pertanto che

f (x) non sia costante. Ciò implica che M 6= m.


x2 tali che f (x1) = M e f (x2) = m. Si vuole provare che, fissato λ ∈ (m, M) esiste unc ∈ (a,b) tale che f (c) = λ. Si consideri, a tale scopo, la funzione g (x) = f (x)−λ.Risulta g (x1) = f (x1)−λ≡ M −λ> 0 e g (x2) = f (x2)−λ≡ m−λ< 0. Siccome g (x) ècontinua, in base al teorema sugli zeri di una funzione continua, esisterà un puntoc ∈ (a,b) tale che g (c) = 0 o, in altri termini, f (c)−λ= 0, da cui la tesi.

■

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