Esercizio 51verificare limiti di funzioni con la definizione

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Lo schema comune

Ogni verifica ha la stessa forma: la definizione dice "per ogni bersaglio ($\varepsilon$ oppure $N$) esiste una soglia ($\delta$ oppure $M$) tale che...". Quindi:

1. si fissa il bersaglio, qualunque;
2. si scrive la disuguaglianza che si vuole ottenere ($f(x) > N$, $|f(x) - \ell| < \varepsilon$...) e la si risolve in $x$;
3. dalla soluzione si legge la soglia, che dipende dal bersaglio;
4. si controlla che con quella soglia la disuguaglianza valga davvero.

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1. $\lim_{x \to 0^\pm} \frac1x$

Che cosa dice la definizione (limite destro)

Il dominio di $\frac1x$ è $\mathbb{R} \setminus \{0\}$, e $0$ è di accumulazione da destra. Si deve dimostrare:

$$\forall N > 0 \ \ \exists \delta > 0 \ \text{ tale che } \ \frac1x > N \quad \forall x \in \,]0, \delta[$$

(gli $x$ del dominio a destra di $0$ e a distanza minore di $\delta$ sono proprio quelli con $0 < x < \delta$).

Risolvere la disuguaglianza

Si fissa $N > 0$. Per $x > 0$ si può moltiplicare per $x$ e dividere per $N$ senza cambiare il verso (sono positivi):

$$\frac1x > N \iff 1 > Nx \iff x < \frac1N$$

La soglia

Si sceglie $\delta = \frac1N$. Allora per ogni $x$ con $0 < x < \delta = \frac1N$ vale $\frac1x > N$ (per il calcolo appena fatto). La definizione è verificata: $\lim_{x \to 0^+} \frac1x = +\infty$.

Esempio numerico. Con $N = 1000$: $\delta = 0{,}001$, e infatti per $0 < x < 0{,}001$ si ha $\frac1x > 1000$.

Limite sinistro

$\frac1x$ è dispari ($\frac{1}{-x} = -\frac1x$), quindi il grafico è simmetrico rispetto all'origine e $\lim_{x \to 0^-} \frac1x = -\lim_{x \to 0^+} \frac1x = -\infty$.

Si può anche verificare direttamente: fissato $N < 0$, per $x < 0$ (moltiplicando per $x < 0$ il verso cambia, poi dividendo per $N < 0$ cambia di nuovo)

$$\frac1x < N \iff 1 > Nx \iff x > \frac1N$$

quindi con $\delta = -\frac1N > 0$, per $-\delta < x < 0$ vale $\frac1x < N$ ✓.

Conseguenza. Limite destro e sinistro sono diversi, quindi $\nexists \lim_{x \to 0} \frac1x$; la retta $x = 0$ è asintoto verticale completo (Asintoti di una funzionex = x0 è asintoto verticale se il limite destro o sinistro in x0 è infinito; y = ℓ è orizzontale se f → ℓ per x → ±∞; y = mx + q è obliquo se f(x)/x → m ≠ 0 e f(x) − mx → q.Asintoti di una funzione →).

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2. $\lim_{x \to 0} \log x = -\infty$

Che cosa dice la definizione

Il dominio è $]0, +\infty[$, e $0$ è di accumulazione (solo da destra). Si deve dimostrare:

$$\forall N \in \mathbb{R} \ \ \exists \delta > 0 \ \text{ tale che } \ \log x < N \quad \forall x \in \,]0, +\infty[,\ 0 < |x| < \delta$$

e gli $x$ coinvolti sono quelli di $]0, \delta[$.

Risolvere e scegliere $\delta$

Si fissa $N$. Poiché l'esponenziale è strettamente crescente e $e^{\log x} = x$:

$$\log x < N \iff x < e^N$$

Si sceglie $\delta = e^N$ (positivo, come deve essere). Per ogni $x \in \,]0, e^N[$ vale $\log x < N$ ✓.

Esempio numerico. Con $N = -10$: $\delta = e^{-10} \approx 0{,}0000454$; per $0 < x < 0{,}0000454$ il logaritmo è sotto $-10$.

Lo stesso calcolo dimostra $\lim_{x \to 0^+} \log x = -\infty$: i due limiti coincidono perché il dominio sta tutto a destra di $0$.

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3. $\lim_{x \to +\infty} [x] = +\infty$

La funzione parte intera

$[x]$ è il più grande intero minore o uguale a $x$: $[2{,}7] = 2$, $[3] = 3$, $[-0{,}5] = -1$. Il grafico è "a scalini": vale $k$ su ogni intervallo $[k, k + 1[$. Per ogni $x$ vale

$$[x] \le x < [x] + 1$$

e $[x]$ è crescente (non strettamente: è costante su ogni scalino).

Che cosa dice la definizione

$$\forall N > 0 \ \ \exists M > 0 \ \text{ tale che } \ [x] > N \quad \forall x > M$$

La scelta di $M$

Qui non si "risolve" la disuguaglianza come prima, ma si sceglie una soglia intera comoda: $M = [N] + 1$.

• $M$ è un intero, quindi $[M] = M$.
• Da $[N] \le N < [N] + 1$ segue $M = [N] + 1 > N$.

Per ogni $x > M$, poiché $[x]$ è crescente:

$$[x] \ge [M] = M = [N] + 1 > N$$

La definizione è verificata ✓.

Perché $M = [N] + 1$ e non $M = N$. Con $M = N$ non funziona sempre: per esempio $N = 2{,}5$ e $x = 2{,}7 > N$ dà $[x] = 2 < N$. Il "$+1$" serve a superare lo scalino in cui si trova $N$.

Esempio numerico. $N = 7{,}3$: $M = [7{,}3] + 1 = 8$; per $x > 8$ si ha $[x] \ge 8 > 7{,}3$ ✓.

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4. $\lim_{x \to -\infty} e^x = 0^+$

Che cosa dice la definizione

$$\forall \varepsilon > 0 \ \ \exists M < 0 \ \text{ tale che } \ |e^x - 0| < \varepsilon \quad \forall x < M$$

Risolvere e scegliere $M$

Si fissa $\varepsilon > 0$. Siccome $e^x > 0$ sempre, il modulo si toglie: $|e^x - 0| = e^x$, e

$$|e^x - 0| < \varepsilon \iff 0 < e^x < \varepsilon \iff x < \log\varepsilon$$

(si applica $\log$, strettamente crescente, ai due membri di $e^x < \varepsilon$). Si sceglie $M = \log\varepsilon$: per ogni $x < M$ vale $0 < e^x < \varepsilon$ ✓.

(La definizione chiede $M < 0$; se $\varepsilon \ge 1$ allora $\log\varepsilon \ge 0$, e si può prendere $M = \min\{\log\varepsilon, -1\}$: una soglia più a sinistra va sempre bene. Ma i casi interessanti sono gli $\varepsilon$ piccoli, per cui $\log\varepsilon < 0$.)

Esempio numerico. $\varepsilon = 0{,}001$: $M = \log 0{,}001 \approx -6{,}91$; per $x < -6{,}91$ si ha $e^x < 0{,}001$.

Per eccesso

Nella dimostrazione si è ottenuto $0 < e^x < \varepsilon$, cioè $\ell < f(x) < \ell + \varepsilon$ con $\ell = 0$: è esattamente la definizione di limite per eccesso. Quindi $\lim_{x \to -\infty} e^x = 0^+$, e $y = 0$ è asintoto orizzontale a $-\infty$.

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Errori comuni

• Scegliere la soglia prima del bersaglio: $\delta$ (o $M$) si sceglie dopo aver fissato $N$ (o $\varepsilon$) e dipende da esso.
• Dimenticare di cambiare il verso moltiplicando per un numero negativo (limite sinistro di $\frac1x$).
• Prendere $M = N$ per la parte intera: serve superare lo scalino, $M = [N] + 1$.