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Esercizi sui limiti

Limiti di funzioni risolti mediante definizione

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In questa pagina risolviamo diversi limiti di funzione utilizzando la definizione rigorosa che ci fornisce l'analisi matematica ma prima di tutto facciamo un breve ripasso (clicca qui se vuoi saltare la teoria).

Possiamo avere 4 tipi di limiti:

  1. Limite finito per x tendente a valore finito
  2. Limite infinito per x tendente a valore finito
  3. Limite finito per x tendente a infinito
  4. Limite infinito per x tendente a infinito

Sia $f$ una funzione con dominio $D$ e sia $x_0$ un punto di accumulazione per $D$, ossia un punto non necessariamente appartenente a $D$ ma tale che vicino a lui (in un qualsiasi suo intorno), sono presenti punti di $D$.

Un modo alternativo per definire un punto di accumulazione $x_0$ è dire che $x_0$ non è un punto isolato.

 Limite finito per x tendente a valore finito

La scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to x_0}f(x)=l}\qquad l\in\mathbb{R}$$ significa che $$\forall\varepsilon > 0\ \exists\ I_{\delta}(x_0):\ |f(x)-l| < \varepsilon\ \forall x\in I_{\delta}(x_0),\ x\neq x_0$$ dove:

  • $\varepsilon$: quantità positiva piccola a piacere;
  • $I_{\delta}(x_0)$: intorno di centro $x_0$ e raggio $\delta$, ossia l'intervallo aperto $(x_0-\delta,x_0+\delta)$;
  • $|f(x)-l| < \varepsilon$: possiamo riscriverla in maniera equivalente come $l-\varepsilon < f(x) < l+\varepsilon$.

Esempio
Verificare mediante la definizione di limite che risulta $$\lim_{x\to 4}\left (\frac{x}{2}+5\right )=7$$

Dobbiamo far vedere che $$\forall\varepsilon > 0\ \exists\ I_{\delta}(4):\ \left |\left (\frac{x}{2}+5\right )-7\right | < \varepsilon\ \forall x\in I_{\delta}(4)\ x\neq 4$$
In pratica bisogna risolvere la disequazione con il valore assoluto $$\left |\left (\frac{x}{2}+5\right )-7\right |< \varepsilon\ \Rightarrow 7-\varepsilon < \frac{x}{2}+5 < 7+\varepsilon\qquad (\large\star )$$ che è equivalente al sistema: $$\begin{cases} \frac{x}{2}+5 < 7+\varepsilon\\ \frac{x}{2}+5 > 7-\varepsilon\end{cases}$$
Risolvendo le due disequazioni otteniamo: $$\begin{cases} x < 4+2\varepsilon\\ x > 4-2\varepsilon\end{cases}$$
La soluzione di questo sistema, ossia $4-2\varepsilon < x < 4+2\varepsilon$ rappresenta appunto l'intorno cercato $I_{\delta}(4)=(4-2\varepsilon,4+2\varepsilon)$ soddisfacente la disuguaglianza $(\large\star)$.

Limite infinito per x tendente a valore finito

La scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty}$$ significa che $$\forall M > 0\ \exists\ I(x_0):\ f(x) > M\ \forall x\in I(x_0),\ x\neq x_0$$ dove $I(x_0)$ è un intorno del punto $x_0$ ricavato in corrispondenza ad $M$

Esempio
Verificare mediante la definizione di limite che risulta $$\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}=+\infty$$

Osserviamo innanzitutto che la funzione data è definita per $x\neq 0$. A rigore di definizione bisogna verificare che $$\forall M > 0\ \exists\ I(0):\ \frac{1}{x^2} > M\ \forall x\in I(0),\ x\neq 0$$
In pratica basta trovare quei valori di $x\neq 0$ che soddisfano la disuguaglianza $$\frac{1}{x^2} > M\ \Rightarrow\ x^2 < \frac{1}{M}\qquad (\large\star\large\star )$$
Quest'ultima disuguaglianza è verificata per tutte le $x$ tali che $$-\frac{1}{\sqrt{M}} < x < \frac{1}{\sqrt{M}}$$
Quindi $\left (-\frac{1}{\sqrt{M}}, \frac{1}{\sqrt{M}}\right )$ è l'intervallo cercato che soddisfa la $(\large\star\large\star)$.
La scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to x_0}f(x)=-\infty}$$ significa che $$\forall M > 0\ \exists\ I(x_0):\ f(x) < -M\ \forall x\in I(x_0),\ x\neq x_0$$ dove $I(x_0)$ è un intorno del punto $x_0$ ricavato in corrispondenza ad $M$

Esempio
Verificare mediante la definizione di limite che risulta $$\lim_{x\to -4}\frac{-2}{(x+4)^2}=-\infty$$

Osserviamo innanzitutto che la funzione data è definita per $x\neq -4$. A rigore di definizione bisogna verificare che $$\forall M > 0\ \exists\ I(0):\ \frac{-2}{(x+4)^2} < -M\ \forall x\in I(-4),\ x\neq -4$$
In pratica basta trovare quei valori di $x\neq -4$ che soddisfano la disuguaglianza $$\frac{-2}{(x+4)^2} < -M\ \Rightarrow\ (x+4)^2 < \frac{2}{M}\qquad (\large\star\large\star\large\star )$$
Quest'ultima disuguaglianza è soddisfatta per tutte le $x$ tali che $$-\sqrt{\frac{2}{M}} < x + 4 < \sqrt{\frac{2}{M}}$$ e quindi per $$-4-\sqrt{\frac{2}{M}} < x < -4+\sqrt{\frac{2}{M}}$$
Quindi, in definitiva, $\left (-4-\sqrt{\frac{2}{M}}, -4+\sqrt{\frac{2}{M}}\right )$ è l'intervallo cercato che soddisfa la $(\large\star\large\star\large\star)$.

Limite finito per x tendente a infinito

La scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to +\infty}f(x)=l}\qquad l\in\mathbb{R}$$ significa che $$\forall\varepsilon > 0\ \exists\ I(+\infty):\ |f(x)-l| < \varepsilon\ \forall x\in I(+\infty)$$ dove $I(+\infty)$ è un intorno di $+\infty$ ossia un intervallo del tipo $(a,+\infty)$
Analogamente, la scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to -\infty}f(x)=l}\qquad l\in\mathbb{R}$$ significa che $$\forall\varepsilon > 0\ \exists\ I(-\infty):\ |f(x)-l| < \varepsilon\ \forall x\in I(-\infty)$$ dove $I(-\infty)$ è un intorno di $-\infty$ ossia un intervallo del tipo $(-\infty , a)$

Esempio
Verificare mediante la definizione di limite che risulta $$\lim_{x\to +\infty}\frac{3x-1}{x+2}=3$$

Fissato un $\varepsilon > 0$, dobbiamo determinare un intorno del tipo $(a,+\infty)$ tale che $$\left |\frac{3x-1}{x+2}-3\right | < \varepsilon\ \Rightarrow\ 3-\varepsilon < \frac{3x-1}{x+2} < 3+\varepsilon\qquad (\triangle )$$
Quest'ultima doppia disuguaglianza è equivalente al sistema $$\begin{cases} \frac{3x-1}{x+2} < 3+\varepsilon\\ \frac{3x-1}{x+2} > 3-\varepsilon\end{cases}$$ il quale, a sua volta, potendosi supporre $x+2 > 0$ (infatti $x\to +\infty$), possiamo moltiplicare ambo i membri delle due disequazioni del sistema precendente per $x+2$ in modo da ottenere: $$\begin{cases} 3x-1 > 3x+6-\varepsilon x-2\varepsilon\\ 3x-1 < 3x+6+\varepsilon x+2\varepsilon\end{cases}$$
Svolgendo quest'ultime due disequazioni otteniamo il sistema $$\begin{cases} x > \frac{7-2\varepsilon}{\varepsilon}\\ x > \frac{-7-2\varepsilon}{\varepsilon}\end{cases}$$ che ha come soluzione $x > \frac{7-2\varepsilon}{\varepsilon}$. Pertanto l'intorno di $+\infty$ richiesto è $\left (\frac{7-2\varepsilon}{\varepsilon}, +\infty\right )$.

Limite infinito per x tendente a infinito

La scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty}$$ significa che $$\forall M > 0\ \exists\ I(+\infty):\ f(x) > M\ \forall x\in I(+\infty)$$
Analogamente diciamo che la scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty}$$ significa che $$\forall M > 0\ \exists\ I(-\infty):\ f(x) >M\ \forall x\in I(-\infty)$$
Inoltre, la scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to +\infty}f(x)=-\infty}$$ significa che $$\forall M > 0\ \exists\ I(+\infty):\ f(x) < -M\ \forall x\in I(+\infty)$$
Mentre invece diremo che la scrittura $$\bbox[#ffffff,5px,border:2px solid #ff6600]{\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty}$$ significa che $$\forall M > 0\ \exists\ I(-\infty):\ f(x) < -M\ \forall x\in I(-\infty)$$
Data l'analogia dei precedenti quattro casi, proponiamo qui solo un esempio.

Esempio
Verificare mediante la definizione di limite che risulta $$\lim_{x\to +\infty}\ln x=+\infty$$

Osserviamo innanzitutto che la funzione data è definita per $x > 0$. A rigore di definizione bisogna verificare che fissato un numero positivo $M$, è possibile trovare un intorno di $+\infty$ soddisfacente $$\ln x > M\qquad (\triangle\triangle )$$
Questa disuguaglianza è verificata per $$x >e^M$$
Per tale motivo l'intorno cercato che soddisfa la $(\triangle\triangle )$ è $(e^M, +\infty)$.

Altri limiti svolti mediante la definizione

Esercizio 1
$\large{\lim\limits_{x\to 1}2-3x=-1}$

Per definizione di limite finito per x tendente a un numero finito si ha $$\forall\varepsilon > 0\ \exists\ I_{\delta}(1):\ |2-3x-(-1)| < \varepsilon\ \forall x\in I_{\delta}(1),\ x\neq 1$$
La disequazione con il valore assoluto è equivalente a $$|3-3x| < \varepsilon\ \Rightarrow\ -\varepsilon-3 < -3x < \varepsilon-3$$ ossia al sistema $$\begin{cases} -3x < \varepsilon-3\\ -3x > -\varepsilon -3\end{cases}$$ il quale è soddisfatto per $$\frac{-\varepsilon +3}{3} < x < \frac{\varepsilon +3}{3}$$
Quest'ultimo rappresenta l'intorno di 1 cercato.

L'esercizio non è chiaro?

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