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Esercizi sulla verifica dei limiti 24

Verifica del limite in funzioni

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Presentiamo nel seguito i richiami di teoria utili allo svolgimento dell’esercizio. Per richiami più completi si veda la dispensa richiami di teoria.

Definizione 1 (limiti di funzioni) 
Sia A \subseteq \mathbb{R}, sia x_0 \in \overline{\mathbb{R}} un punto di accumulazione per A, sia f \colon A \to \mathbb{R} una funzione e sia \ell \in \overline{\mathbb{R}}. Si dice che \ell è il limite di f per x che tende a x_0 se, per ogni intorno V di \ell, esiste un intorno U di x_0 tale che

(1)   \begin{equation*} f(x) \in V \qquad \forall x \in U \cap A \setminus \{x_0\}. \end{equation*}

In tal caso si scrive

(2)   \begin{equation*} \lim_{x \to x_0} f(x) = \ell. \end{equation*}

Risulta utile vedere come si scrive esplicitamente la definizione 1 suddividendo le casistiche in cui x_0 \in \mathbb{R}, x_0 = -\infty, x_0=+\infty e \ell \in \mathbb{R}, \ell = -\infty, \ell=+\infty.

 

Testo dell’esercizio

Esercizio 24  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).
Verificare, mediante la definizione, il seguente limite:

    \begin{equation*} \lim_{x \to -\infty} x (2-\cos x) = -\infty. \end{equation*}

Cosa si può dire invece di \displaystyle \lim_{x \to -\infty} x(1-\cos x)?

 

Svolgimento .
Occorre verificare la validità della condizione 5 della tabella 1 per f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R} definita da

(3)   \begin{equation*} f(x) = x(2-\cos x) \qquad \forall x \in \mathbb{R} \end{equation*}

e rappresentata in figura 24a.

Figura 24a: la funzione dell’esercizio 24. La funzione f (in blu) soddisfa la disuguaglianza f(x)\leq x (in verde) per ogni x \leq 0. Quindi, se x < M<0, allora f(x)< M.

Fissiamo quindi M \in \mathbb{R} e, grazie all’osservazione osservazione 1 dei richiami di teoria,
possiamo considerare M<0. Vale

(4)   \begin{equation*} f(x) < M \iff x(2-\cos x) < M \impliedby x < M, \end{equation*}

dove l’ultima implicazione segue da M<0 e dal fatto che, poiché |\cos t| \leq 1 per ogni t \in \mathbb{R}, si ha 2-\cos t \geq 1; quindi, se x < M, allora x(2-\cos x) \leq x < M.

Scegliendo dunque H=M, da (4) si ottiene

(5)   \begin{equation*} x < H \implies f(x)< M, \end{equation*}

che è quanto si voleva provare.

Riguardo l’ultima domanda, definiamo g(x)=x (1-\cos x) per ogni x \in \mathbb{R} e consideriamo i punti

(6)   \begin{equation*} g(-2k\pi)=g(a_k)=0, \quad g\big(-(2k+1)\pi\big) = g(b_k) -2(2k+1)\pi \qquad \forall k \in \mathbb{N}, \end{equation*}

mostrati in figura 23b insieme al grafico di g, che suggerisce l’intuizione che g non abbia limite per x \to -\infty. Infatti, mostriamo che nessun elemento di \overline{\mathbb{R}} è il limite di g per x \to -\infty.

Figura 24b: grafico della funzione definita da g(x)=x(1-\cos x). Poiché esistono a_k negativi di modulo arbitrariamente grande su cui g vale 0 e punti b_k negativi di modulo arbitrariamente grande per cui g(b_k)=2b_k, g non possiede limite per x \to -\infty.

  • \ell = 0. Fissiamo l’intorno (-1,1) di 0 e H \in \mathbb{R}. Se k \in \mathbb{N} è tale che b_k \coloneqq -(2k+1)\pi< H (e tali k esistono poiché \mathbb{N} è illimitato superiormente) si ha g(b_k)= -2(2k+1)\pi < -1. Ciò mostra che nessun H \in \mathbb{R} soddisfa la condizione 4 della tabella 1, e quindi il limite di g non può essere nullo.
  • \ell \neq 0. Se \ell \neq 0, fissiamo un intorno V di \ell che non contenga 0 e sia H \in \mathbb{R}. Scegliendo k \in \mathbb{N} soddisfacente a_k\coloneqq -2k\pi< H, si ha g(a_k) \notin V. Ciò mostra che nessun intorno (-\infty,H) di x_0=-\infty soddisfa la definizione 1.
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