Limite di funzioni di una variabile reale

Riepilogo

Questa lezione trasforma in una definizione precisa l’idea che i valori di una funzione si avvicinano a un numero quando la variabile si avvicina a un punto. Mostra perché l’idea intuitiva non basta, introduce i punti di accumulazione, che indicano dove ha senso chiedersi se esista un limite, ed enuncia la definizione epsilon-delta, che si legge come una sfida e la sua risposta. Scrive la definizione e la sua negazione come enunciati quantificati e dimostra che il limite, se esiste, è unico, che dipende solo dai valori vicini al punto e che obbliga la funzione a restare limitata e a conservare il segno vicino a esso. I problemi costruiscono il delta per funzioni polinomiali, radici e quozienti, dimostrano che certi limiti non esistono e cercano il più grande delta che risponde a un epsilon dato.

Obiettivi di apprendimento

Spiegare l’idea di limite di una funzione in un punto e distinguerla dal valore della funzione in quel punto.
Enunciare la definizione epsilon-delta di limite, giustificare la richiesta che il punto sia di accumulazione per il dominio e scrivere la definizione e la sua negazione con i quantificatori.
Dimostrare con la definizione il valore del limite di funzioni algebriche semplici, costruendo un delta per ogni epsilon.
Dimostrare l’unicità del limite e le sue proprietà locali, e applicare la negazione della definizione per dimostrare che un limite non esiste.

L’idea di limite

L’algebra e la geometria studiano il valore che una funzione assume in ogni punto; l’analisi studia, inoltre, che cosa accade ai suoi valori quando la variabile si avvicina a un punto, anche se in quel punto la funzione non è definita. L’esigenza è antica. Il coefficiente angolare della retta che passa per due punti di una curva si calcola con un quoziente di differenze; il coefficiente angolare della retta tangente dovrebbe essere il valore di quel quoziente quando i due punti si confondono, ma allora il quoziente è $\frac{0}{0}$ , che non è un numero. Allo stesso modo, la velocità media di un corpo in moto è il quoziente tra la distanza percorsa e il tempo impiegato, e la velocità in un istante è ciò che quel quoziente arriva a valere quando il tempo impiegato si riduce a nulla. In entrambi i casi ci si chiede quali siano i valori di una funzione vicino a un punto in cui essa non è definita.

Un esempio semplice mostra la situazione. La funzione seguente non è definita in $x = 1$ , perché lì il suo denominatore si annulla; tuttavia, i suoi valori in punti vicini a $1$ sono vicini a $2$ :

f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}, \qquad f(0{,}9) = 1{,}9, \quad f(0{,}99) = 1{,}99, \quad f(1{,}01) = 2{,}01, \quad f(1{,}1) = 2{,}1

La ragione è che, per $x \neq 1$ , il numeratore si scompone come $(x - 1)(x + 1)$ e il quoziente vale $x + 1$ ; il grafico di $f$ è la retta $y = x + 1$ con un buco nel punto $(1, 2)$ . Si dice allora che il limite di $f$ per $x$ che tende a $1$ è $2$ , e si scrive:

\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2

Tuttavia, la frase «i valori si avvicinano a $2$ » non serve come definizione, per due ragioni. La prima è che avvicinarsi non basta: quando $x$ passa da $0{,}9$ a $0{,}99$ , il valore di $f$ si avvicina anche a $3$ , perché $1{,}99$ è più vicino a $3$ di quanto lo sia $1{,}9$ , e tuttavia $3$ non è il limite. Ciò che distingue il $2$ è che i valori di $f$ arrivano a essergli vicini quanto si vuole, e non solo più vicini di prima. La seconda ragione è che una tabella esamina un numero finito di punti, e una funzione può comportarsi in altro modo tra di essi: la funzione $\sin\left(\frac{\pi}{x}\right)$ vale $0$ in $x = 0{,}1$ , in $x = 0{,}01$ e in tutti i punti della forma $\frac{1}{n}$ , e tuttavia non ha limite in $0$ , perché tra quei punti oscilla tra $-1$ e $1$ ; il problema proposto 3 lo dimostra per $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , con lo stesso argomento. Se è così, la definizione deve parlare di tutti i punti vicini contemporaneamente e fissare con numeri che cosa significa «vicino quanto si vuole». Gli strumenti per farlo sono il valore assoluto, che misura le distanze, e la disuguaglianza triangolare, studiati nella lezione sulla retta reale.

Punti di accumulazione

Prima di definire il limite bisogna precisare in quali punti ha senso chiederselo. Il punto $a$ non deve necessariamente appartenere al dominio della funzione, come mostra l’esempio qui sopra; ma devono esserci punti del dominio vicini ad $a$ quanto si vuole, perché altrimenti non ci sarebbero valori della funzione da osservare.

DefinizionePunto di accumulazione

Sia $A$ un insieme di numeri reali. Un reale $a$ è un punto di accumulazione di $A$ se ogni intervallo aperto centrato in $a$ contiene qualche elemento di $A$ diverso da $a$ :

(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)(0 < \abs{x - a} < \delta)

Un elemento di $A$ che non è punto di accumulazione di $A$ si chiama punto isolato di $A$ .

Per esempio, $1$ è punto di accumulazione di $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ , il dominio della funzione dell’esempio, anche se non gli appartiene. Ogni punto dell’intervallo chiuso $\icc{0}{1}$ è punto di accumulazione dell’aperto $\ioo{0}{1}$ , estremi compresi. Lo $0$ è punto di accumulazione dell’insieme dei numeri $\frac{1}{n}$ con $n$ naturale, perché per la proprietà archimedea, per ogni $\delta > 0$ esiste un naturale $n$ con $\frac{1}{n} < \delta$ . Invece l’insieme $\mathbb{N}$ non ha punti di accumulazione: l’intervallo di centro $a$ e raggio $\frac{1}{2}$ contiene al più un naturale $m$ ; se $m = a$ , non contiene alcun naturale diverso da $a$ , e se $m \neq a$ , l’intervallo di raggio $\abs{m - a}$ non ne contiene più nessuno. La condizione $0 < \abs{x - a}$ è essenziale; senza di essa, ogni elemento di $A$ sarebbe punto di accumulazione di $A$ , perché ogni intervallo centrato in $a$ contiene $a$ stesso.

La definizione di limite

Con queste nozioni si può dare la definizione. La frase « $f(x)$ è vicino a $L$ quanto si vuole» si traduce così: per ogni distanza $\varepsilon > 0$ , per quanto piccola, i valori di $f$ restano a meno di $\varepsilon$ da $L$ purché $x$ sia sufficientemente vicino ad $a$ , cioè a meno di una certa distanza $\delta > 0$ , senza essere uguale ad $a$ .

DefinizioneLimite di una funzione in un punto

Siano $f$ una funzione reale definita in un insieme $A$ di numeri reali, $a$ un punto di accumulazione di $A$ ed $L$ un numero reale. Si dice che $L$ è il limite di $f$ per $x$ che tende ad $a$ , e si scrive $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , se per ogni $\varepsilon > 0$ esiste un $\delta > 0$ tale che ogni $x$ di $A$ che soddisfa $0 < \abs{x - a} < \delta$ soddisfa anche $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ :

\lim_{x \to a} f(x) = L \leftrightarrow (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Geometricamente, la condizione $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ dice che il punto $(x, f(x))$ del grafico sta nella striscia orizzontale compresa tra le rette $y = L - \varepsilon$ e $y = L + \varepsilon$ ; la condizione $0 < \abs{x - a} < \delta$ dice che $x$ sta nell’intervallo di centro $a$ e raggio $\delta$ , senza esserne il centro. La definizione si può leggere come un gioco tra due persone: la prima propone un $\varepsilon$ , il raggio di una striscia attorno a $L$ , stretta quanto vuole; la seconda deve rispondere con un $\delta$ tale che la porzione del grafico situata sopra l’intorno bucato di raggio $\delta$ resti dentro la striscia. Il limite è $L$ se la seconda persona riesce a rispondere a tutte le sfide.

EsempioLa sfida e la risposta

La funzione $g$ vale $x^2$ in ogni $x \neq 1$ , e in $x = 1$ le si assegna, di proposito, un valore che non si accorda con gli altri: $g(1) = \frac{5}{2}$ . Si vede come si risponde a due sfide per il limite $L = 1$ nel punto $a = 1$ .

Dimostrazione

$(\forall x \neq 1)\left(g(x) = x^2\right), \qquad g(1) = \frac{5}{2}$
La funzione è definita su tutta la retta. Vicino a $1$ , i suoi valori somigliano a $1$ , tranne quello in $x = 1$ , che resta a sé.
$\abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5} \leftrightarrow \frac{1}{5} < g(x) < \frac{9}{5}$
Prima sfida: $\varepsilon = \frac{4}{5}$ . I valori di $g$ devono restare nella striscia che va da $\frac{1}{5}$ a $\frac{9}{5}$ .
$\delta = \min\left(1 - \sqrt{\frac{1}{5}}, \sqrt{\frac{9}{5}} - 1\right) = \resaltar{\sqrt{\frac{9}{5}} - 1}$
Per gli $x$ positivi diversi da $1$ , la condizione equivale a che $x$ sia compreso tra $\sqrt{\frac{1}{5}}$ e $\sqrt{\frac{9}{5}}$ . L’intervallo non è simmetrico rispetto a $1$ : l’estremo destro è più vicino. Si risponde con la minore delle due distanze.
$0 < \abs{x - 1} < \delta \rightarrow \abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5}$
Ogni $x$ che dista da $1$ meno di $\delta$ , senza essere $1$ , soddisfa la condizione: la porzione del grafico sopra l’intorno bucato resta nella striscia. Il punto $(1, g(1))$ resta fuori dalla striscia, ma non importa, perché la definizione esclude $x = 1$ .
$\varepsilon = \frac{2}{5} \rightarrow \delta = \resaltar{\sqrt{\frac{7}{5}} - 1}$
Una sfida più esigente, $\varepsilon = \frac{2}{5}$ , richiede una risposta minore. In generale, per $0 < \varepsilon < 1$ va bene $\delta = \sqrt{1 + \varepsilon} - 1$ , che diventa piccolo quanto si vuole quando lo è $\varepsilon$ : il $\delta$ dipende dall’ $\varepsilon$ .

L’esempio mostra tre caratteristiche della definizione che conviene tenere presenti. Primo, il $\delta$ dipende dall’ $\varepsilon$ , e in generale anche dal punto $a$ ; se un $\delta$ risponde a una sfida, qualunque numero positivo minore di esso risponde anche, sicché basta trovarne uno, e non serve il più grande. Secondo, il valore della funzione in $a$ , se esiste, non interviene: la condizione $0 < \abs{x - a}$ lo esclude, ed è per questo che il limite di $g$ in $1$ è $1$ anche se $g(1)$ vale $\frac{5}{2}$ . Terzo, contano solo gli $x$ del dominio; gli altri non si esaminano.

EsempioUna funzione lineare

Si dimostra che $\lim_{x \to 2} (3x - 1) = 5$ . Dato $\varepsilon > 0$ , bisogna ottenere che $\abs{(3x - 1) - 5} < \varepsilon$ . L’espressione si semplifica e mostra la sua relazione con $\abs{x - 2}$ :

\abs{(3x - 1) - 5} = \abs{3x - 6} = 3\abs{x - 2}

Basta, pertanto, che $3\abs{x - 2} < \varepsilon$ , cioè che $\abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ . Si risponde con $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$ : se $0 < \abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ , allora $\abs{(3x - 1) - 5} < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$ . Allo stesso modo, per una funzione costante $c$ qualsiasi $\delta$ risponde, perché $\abs{c - c} = 0 < \varepsilon$ ; e per la funzione identità risponde $\delta = \varepsilon$ , perché la condizione richiesta, $\abs{x - a} < \varepsilon$ , è la stessa che si suppone. Pertanto:

\lim_{x \to a} c = c, \qquad \lim_{x \to a} x = a

Il metodo dell’esempio è quello generale: si scrive $\abs{f(x) - L}$ in modo che compaia il fattore $\abs{x - a}$ , e si maggiora il resto. Quando il resto non è una costante, lo si maggiora restringendo in anticipo $\delta$ a un valore fisso, per esempio $\delta \leq 1$ ; questa è la tecnica dell’esempio seguente.

EsempioUn quadrato

Si dimostra che $\lim_{x \to 3} x^2 = 9$ . Sia $\varepsilon > 0$ .

Dimostrazione

$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Si scompone la differenza di quadrati; compare il fattore $\abs{x - 3}$ , che si renderà piccolo, moltiplicato per un fattore che dipende da $x$ .
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow 5 < x + 3 < 7 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 7}$
Se si richiede $\abs{x - 3} < 1$ , allora $x$ è compreso tra $2$ e $4$ , e il secondo fattore risulta maggiorato da $7$ .
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)$
Con questa restrizione, basta inoltre che $7\abs{x - 3} < \varepsilon$ . Si sceglie $\delta$ come il minore dei due numeri, affinché valgano entrambe le condizioni.
$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{7} \cdot 7 = \resaltar{\varepsilon}$
Se $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , allora $\abs{x - 3} < 1$ e $\abs{x - 3} < \frac{\varepsilon}{7}$ ; ne segue la disuguaglianza richiesta.

Il limite dell’inizio della lezione si dimostra allo stesso modo, e con un’osservazione che si userà spesso: poiché la definizione non esamina il punto $a$ , si può semplificare l’espressione di $f$ nei punti diversi da $a$ . Per $x \neq 1$ , il quoziente $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ vale $x + 1$ , e allora $\abs{f(x) - 2} = \abs{x - 1}$ ; risponde $\delta = \varepsilon$ . Semplificare il fattore $x - 1$ è legittimo proprio perché $x$ non vale mai $1$ nella definizione.

La definizione come enunciato quantificato

La definizione di limite è un enunciato con tre quantificatori alternati: per ogni $\varepsilon$ , esiste $\delta$ , per ogni $x$ . La sua struttura logica è quella degli enunciati che studia la logica dei predicati, e saperla maneggiare è metà del lavoro con i limiti. Ne seguono due conseguenze.

La prima è che l’ordine dei quantificatori conta. Nella definizione, il $\delta$ si sceglie dopo aver conosciuto l’ $\varepsilon$ , e per questo può dipendere da esso. Se si scrivesse prima $(\exists \delta > 0)$ e poi $(\forall \varepsilon > 0)$ , uno stesso $\delta$ dovrebbe servire per tutti gli $\varepsilon$ contemporaneamente, il che è un’affermazione molto più forte, che il problema proposto 4 chiede di caratterizzare.

La seconda è che la negazione della definizione si ottiene con le regole della negazione dei quantificatori: la negazione di «per ogni» è «esiste qualche... che non», e quella di «esiste» è «per ogni... non». Così si ottiene che cosa significa che $L$ non sia il limite.

ProposizioneNegazione della definizione di limite

Siano $f$ una funzione definita in $A$ , $a$ un punto di accumulazione di $A$ ed $L$ un reale. Il numero $L$ non è il limite di $f$ per $x$ che tende ad $a$ se e solo se esiste un $\varepsilon > 0$ tale che, per ogni $\delta > 0$ , c’è qualche $x$ di $A$ con $0 < \abs{x - a} < \delta$ e $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ . La negazione si porta all’interno, quantificatore per quantificatore, fino a raggiungere l’implicazione.

Dimostrazione

$\neg (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Si nega la definizione completa.
$(\exists \varepsilon > 0) \resaltar{\neg} (\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
La negazione di un enunciato universale è l’esistenza di un caso in cui esso fallisce.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0) \resaltar{\neg} (\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
La negazione di un enunciato esistenziale è che tutti i casi falliscono.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A) \resaltar{\neg} \left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Si nega di nuovo un enunciato universale.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \wedge \resaltar{\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon}\right)$
Un’implicazione è falsa se e solo se il suo antecedente è vero e il suo conseguente falso; e la negazione di $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ è $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ , per la tricotomia.

In termini del gioco, $L$ non è il limite se la prima persona dispone di una sfida a cui nessuna risposta va bene: per quanto piccolo sia il $\delta$ proposto, c’è un punto dell’intorno bucato il cui valore esce dalla striscia. Per dimostrare che una funzione non ha limite in $a$ bisogna mostrare che nessun reale $L$ lo è, come si fa nel problema risolto 4.

Proprietà fondamentali

La notazione $\lim_{x \to a} f(x) = L$ parla del limite, come se fosse un solo numero. Ciò richiede una dimostrazione: che due numeri distinti non possono soddisfare contemporaneamente la definizione. Qui interviene la richiesta che $a$ sia punto di accumulazione del dominio. Se non lo fosse, esisterebbe un $\delta_0 > 0$ tale che nessun $x$ del dominio soddisferebbe $0 < \abs{x - a} < \delta_0$ ; rispondendo sempre con quel $\delta_0$ , l’implicazione della definizione sarebbe vera per ogni $L$ , perché il suo antecedente non sarebbe mai soddisfatto, e ogni numero sarebbe limite.

TeoremaUnicità del limite

Siano $f$ una funzione definita in $A$ e $a$ un punto di accumulazione di $A$ . Se $\lim_{x \to a} f(x) = L$ e $\lim_{x \to a} f(x) = L'$ , allora $L = L'$ . Si ragiona per assurdo: si suppone che i limiti siano distinti, per esempio $L < L'$ , e si sceglie un $\varepsilon$ così piccolo che le strisce di raggio $\varepsilon$ attorno a $L$ e a $L'$ non si tocchino.

Dimostrazione

$\dato{e}{\varepsilon = \frac{L' - L}{2} > 0}$
Supponiamo $L < L'$ , e sia $\varepsilon$ la metà della distanza tra i due; è positivo.
$0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon, \qquad 0 < \abs{x - a} < \delta_2 \rightarrow \abs{f(x) - L'} < \varepsilon$
Le strisce di raggio $\varepsilon$ attorno a $L$ e a $L'$ non hanno punti in comune, e si applica la definizione a ciascun limite con quell’ $\varepsilon$ : si ottengono due risposte, $\delta_1$ e $\delta_2$ , che in generale sono diverse.
$\delta = \min(\delta_1, \delta_2), \quad (\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta\right)$
Perché entrambe le condizioni valgano contemporaneamente si prende il minore dei due raggi. Poiché $a$ è punto di accumulazione di $A$ , l’intorno bucato di raggio $\delta$ contiene qualche $x$ del dominio.
$\dato{d}{\abs{f(x) - L} < \varepsilon \wedge \abs{f(x) - L'} < \varepsilon}$
Per quell’ $x$ valgono le due disuguaglianze: il valore $f(x)$ starebbe nelle due strisce contemporaneamente.
$L' - L \leq \abs{L' - f(x)} + \abs{f(x) - L} < 2\varepsilon = \resaltar{L' - L}$
Per la disuguaglianza triangolare, la distanza tra $L$ e $L'$ sarebbe minore di $2\varepsilon$ , che è proprio quella distanza: contraddizione. Pertanto non può essere $L < L'$ ; allo stesso modo, non può essere $L' < L$ , e per la tricotomia, $L = L'$ .

Il lemma seguente formalizza l’osservazione che ha permesso di semplificare il quoziente $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ : il limite in $a$ dipende solo dai valori della funzione vicino ad $a$ , e non da quello che assume in $a$ né da quelli lontani da esso.

LemmaIl limite dipende solo dai valori vicini

Siano $f$ e $g$ funzioni definite in $A$ , $a$ un punto di accumulazione di $A$ e $r > 0$ tale che $f(x) = g(x)$ per ogni $x$ di $A$ con $0 < \abs{x - a} < r$ . Se $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , allora $\lim_{x \to a} g(x) = L$ . Basta prendere la risposta che va bene per $f$ e, se necessario, ridurla fino a $r$ .

Dimostrazione

$\dato{f}{0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon}$
Sia $\varepsilon > 0$ . Per ipotesi, esiste una risposta $\delta_1$ per $f$ .
$\delta = \min(\delta_1, r)$
Si prende il minore tra quella risposta e il raggio in cui le funzioni coincidono.
$\abs{g(x) - L} = \abs{\resaltar{f(x)} - L} < \varepsilon$
Se $x$ appartiene ad $A$ e $0 < \abs{x - a} < \delta$ , allora $g(x) = f(x)$ , perché $\delta \leq r$ , e $f(x)$ sta nella striscia, perché $\delta \leq \delta_1$ .

Le due proprietà seguenti dicono che il limite impone condizioni alla funzione vicino al punto. La prima la obbliga a restare limitata; la seconda, ad avere il segno del limite quando questo non è zero. Entrambe si ottengono applicando la definizione con un $\varepsilon$ scelto in anticipo, e saranno gli strumenti per dimostrare le regole del prodotto e del quoziente nella lezione sull’algebra dei limiti.

ProposizioneLimitatezza locale e permanenza del segno

Siano $f$ una funzione definita in $A$ , $a$ un punto di accumulazione di $A$ e $\lim_{x \to a} f(x) = L$ . Allora esiste un $\delta > 0$ tale che, per ogni $x$ di $A$ con $0 < \abs{x - a} < \delta$ , vale $\abs{f(x)} < \abs{L} + 1$ . Se inoltre $L \neq 0$ , esiste un $\delta > 0$ tale che, per quegli stessi $x$ , $f(x)$ ha il segno di $L$ e $\abs{f(x)} > \frac{\abs{L}}{2}$ . Ogni affermazione è la definizione applicata a una sfida concreta: $\varepsilon = 1$ per la prima e $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ per la seconda.

Dimostrazione

$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \dato{u}{\abs{f(x) - L} < 1}$
Con $\varepsilon = 1$ , la definizione dà un $\delta$ tale che i valori di $f$ distano da $L$ meno di $1$ .
$\abs{f(x)} \leq \abs{f(x) - L} + \abs{L} < \resaltar{\abs{L} + 1}$
Per la disuguaglianza triangolare, il valore assoluto di $f(x)$ non supera quello di $L$ più quella distanza.
$\dato{m}{L - \frac{\abs{L}}{2} < f(x) < L + \frac{\abs{L}}{2}}$
Se $L \neq 0$ , con $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ , che è positivo, la definizione dà un altro $\delta$ , e $f(x)$ sta nell’intervallo di centro $L$ e raggio $\frac{\abs{L}}{2}$ .
$L > 0 \rightarrow f(x) > \resaltar{\frac{L}{2}} > 0, \qquad L < 0 \rightarrow f(x) < \resaltar{\frac{L}{2}} < 0$
Se $L > 0$ , l’estremo sinistro è $\frac{L}{2}$ , che è positivo; se $L < 0$ , l’estremo destro è $\frac{L}{2}$ , che è negativo. In entrambi i casi, $f(x)$ ha il segno di $L$ ed è più lontano da $0$ di $\frac{\abs{L}}{2}$ .

Con la definizione si può dimostrare il valore di qualsiasi limite, ma il lavoro cresce con la complessità della funzione. La lezione sull’algebra dei limiti dimostra, a partire da questa, le regole per la somma, il prodotto, il quoziente, le potenze e le radici, che permettono di calcolare la maggioranza dei limiti senza tornare ogni volta a cercare un $\delta$ .

Problemi risolti

I problemi crescono in difficoltà: i primi tre costruiscono il $\delta$ per un polinomio, una radice e un quoziente, ciascuno con il suo modo di maggiorare il fattore che accompagna $\abs{x - a}$ ; il quarto dimostra con la negazione della definizione che un limite non esiste; e l’ultimo cerca il più grande $\delta$ che risponde a una sfida data.

Problema risolto 1Un polinomio di secondo grado

Dimostrare con la definizione che $\lim_{x \to 2} (x^2 + x) = 6$ .

Soluzione

$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Sia $\varepsilon > 0$ . Poiché $2$ è radice del polinomio $x^2 + x - 6$ , questo ha il fattore $x - 2$ .
$\abs{x - 2} < 1 \rightarrow 4 < x + 3 < 6 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 6}$
Si restringe in anticipo il raggio a $1$ : allora $x$ è compreso tra $1$ e $3$ , e il secondo fattore risulta maggiorato.
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)$
Con questa restrizione basta che $6\abs{x - 2} < \varepsilon$ ; si sceglie il minore dei due raggi.
$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{6} \cdot 6 = \resaltar{\varepsilon}$
Se $0 < \abs{x - 2} < \delta$ , valgono le due condizioni, e ne segue la disuguaglianza richiesta.

Problema risolto 2Una radice quadrata

Dimostrare con la definizione che $\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2$ , dove la funzione è definita in $\ico{0}{\infty}$ .

Soluzione

$\sqrt{x} - 2 = \frac{(\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x} + 2} = \dato{q}{\frac{x - 4}{\sqrt{x} + 2}}$
Sia $\varepsilon > 0$ . Perché compaia $x - 4$ si moltiplica e si divide per l’espressione coniugata, $\sqrt{x} + 2$ , che è positiva.
$\abs{\sqrt{x} - 2} = \frac{\abs{x - 4}}{\sqrt{x} + 2} \leq \dato{c}{\frac{\abs{x - 4}}{2}}$
Il denominatore è almeno $2$ , perché $\sqrt{x} \geq 0$ ; questa volta non serve restringere il raggio, perché la maggiorazione vale in tutto il dominio.
$\delta = 2\varepsilon$
Basta, pertanto, che $\frac{\abs{x - 4}}{2} < \varepsilon$ .
$\abs{\sqrt{x} - 2} \leq \frac{\abs{x - 4}}{2} < \frac{2\varepsilon}{2} = \resaltar{\varepsilon}$
Se $x \geq 0$ e $0 < \abs{x - 4} < 2\varepsilon$ , si ottiene la disuguaglianza richiesta. Si esaminano solo gli $x$ del dominio: i negativi, in cui la radice non è definita, non contano, anche se sono vicini a $4$ quando $\varepsilon$ è grande.

Problema risolto 3Un quoziente

Dimostrare con la definizione che $\lim_{x \to 3} \frac{1}{x} = \frac{1}{3}$ , dove la funzione è definita in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ .

Soluzione

$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} = \abs{\frac{3 - x}{3x}} = \frac{\abs{x - 3}}{\dato{d}{3\abs{x}}}$
Sia $\varepsilon > 0$ . Si riduce la differenza a denominatore comune.
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow x > 2 \rightarrow \dato{c}{3\abs{x} > 6}$
Ora il fattore che accompagna $\abs{x - 3}$ sta al denominatore, e bisogna impedire che questo si avvicini a $0$ . Se $\abs{x - 3} < 1$ , allora $x > 2$ , e il denominatore è maggiore di $6$ .
$\delta = \min(1, 6\varepsilon)$
Con questa restrizione, il quoziente è minore di $\frac{\abs{x - 3}}{6}$ , e basta che questa quantità sia minore di $\varepsilon$ .
$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} < \frac{\abs{x - 3}}{6} < \frac{6\varepsilon}{6} = \resaltar{\varepsilon}$
Se $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , valgono entrambe le condizioni. Senza la restrizione preliminare il metodo fallirebbe: vicino a $x = 0$ il quoziente cresce senza limitazioni.

Problema risolto 4Una funzione che salta

La funzione segno, definita in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , vale $1$ sui positivi e $-1$ sui negativi. Dimostrare che non ha limite per $x$ che tende a $0$ .

s(x) = \frac{x}{\abs{x}}

Soluzione

$(\forall L)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x)\left(0 < \abs{x} < \delta \wedge \abs{s(x) - L} \geq \varepsilon\right)$
Lo $0$ è punto di accumulazione del dominio. Bisogna dimostrare che nessun reale $L$ è il limite; per la negazione della definizione, basta trovare, per ogni $L$ , una sfida a cui nessun $\delta$ risponda. Si propone $\varepsilon = 1$ per tutti gli $L$ .
$s\left(\frac{\delta}{2}\right) = 1, \qquad s\left(-\frac{\delta}{2}\right) = -1$
Sia $\delta > 0$ qualsiasi. L’intorno bucato di raggio $\delta$ contiene un positivo e un negativo, in cui la funzione vale $1$ e $-1$ .
$2 = \abs{1 - (-1)} \leq \abs{1 - L} + \abs{L - (-1)}$
La distanza tra $1$ e $-1$ è $2$ ; per la disuguaglianza triangolare, le distanze da $L$ a quei due valori hanno somma almeno $2$ .
$\abs{s\left(\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1 \vee \abs{s\left(-\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1$
Ne segue che una delle due distanze è almeno $1$ : se entrambe fossero minori di $1$ , la loro somma sarebbe minore di $2$ .
$\neg (\exists L)\left(\lim_{x \to 0} s(x) = L\right)$
Così, per ogni $L$ , la sfida $\varepsilon = 1$ non ha risposta: nessuna striscia di larghezza $2$ contiene contemporaneamente valori $1$ e $-1$ con i suoi bordi esclusi. La funzione non ha limite in $0$ .

Problema risolto 5Il delta più grande

Per la funzione $f(x) = x^2$ nel punto $a = 1$ , con $L = 1$ e la sfida $\varepsilon = \frac{1}{2}$ , determinare il più grande $\delta$ che risponde alla sfida.

Soluzione

$\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2} \leftrightarrow \frac{1}{2} < x^2 < \frac{3}{2}$
La condizione $\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2}$ significa che $x^2$ è compreso tra $\frac{1}{2}$ e $\frac{3}{2}$ .
$\sqrt{\frac{1}{2}} < x < \sqrt{\frac{3}{2}}$
Vicino a $1$ , gli $x$ sono positivi, e la condizione equivale a che $x$ sia compreso tra le radici quadrate degli estremi.
$1 - \sqrt{\frac{1}{2}} \approx 0{,}293, \qquad \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 \approx 0{,}225$
Le distanze di $1$ dagli estremi sono diverse: la parabola sale più rapidamente a destra di $1$ , e l’estremo destro è più vicino.
$\delta = \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 = \resaltar{\frac{\sqrt{6} - 2}{2}}$
L’intervallo di centro $1$ e raggio $\delta$ deve essere contenuto nell’intervallo trovato; il suo raggio non può superare la minore delle due distanze, che risponde alla sfida.
$0 < \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 < \delta', \qquad \abs{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^2 - 1} = \frac{1}{2}$
Nessun raggio maggiore va bene: se $\delta' > \delta$ , il punto $x = \sqrt{\frac{3}{2}}$ dista da $1$ meno di $\delta'$ , e in esso la distanza di $x^2$ da $1$ è esattamente $\frac{1}{2}$ , che non è minore di $\varepsilon$ .

Problemi proposti

I problemi crescono in difficoltà: i primi due ripetono, con altri polinomi, la tecnica di restringere il raggio; il terzo applica la negazione della definizione a una funzione che oscilla; il quarto esamina che cosa accade se si inverte l’ordine dei quantificatori; e l’ultimo studia una funzione che ha limite in un solo punto. Ciascuno ha un suggerimento, che conviene aprire solo dopo averlo tentato.

Problema proposto 1Un altro polinomio di secondo grado

Dimostrare con la definizione che $\lim_{x \to -1} (2x^2 - 3x) = 5$ .

Suggerimento

Scomponi $2x^2 - 3x - 5$ : ha la radice $-1$ . Restringi il raggio a $1$ e maggiora l’altro fattore nell’intervallo che va da $-2$ a $0$ .

Risposta

Poiché $2x^2 - 3x - 5 = (x + 1)(2x - 5)$ e, se $\abs{x + 1} < 1$ , allora $\abs{2x - 5} < 9$ , risponde:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{9}\right)

Problema proposto 2Un cubo

Dimostrare con la definizione che $\lim_{x \to 1} x^3 = 1$ .

Suggerimento

Usa la scomposizione della differenza di cubi, $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ , e maggiora il secondo fattore quando $x$ è compreso tra $0$ e $2$ .

Risposta

Se $\abs{x - 1} < 1$ , allora $0 < x^2 + x + 1 < 7$ , sicché risponde:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)

Problema proposto 3Una funzione che oscilla

Dimostrare che la funzione $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , definita in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , non ha limite per $x$ che tende a $0$ .

Suggerimento

Segui il metodo del problema risolto 4. In ogni intorno bucato di centro $0$ ci sono punti in cui la funzione vale $1$ e punti in cui vale $-1$ : cerca degli $x$ della forma $\frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$ e $\frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}$ , con $n$ naturale sufficientemente grande.

Risposta

Per ogni $L$ nessun $\delta$ risponde alla sfida $\varepsilon = 1$ , perché per $n$ grande i due punti seguenti distano da $0$ meno di $\delta$ , e in essi la funzione vale $1$ e $-1$ :

x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}

Soluzione svolta

Soluzione

$0 < \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{2n\pi} < \resaltar{\delta}$
Siano $L$ un reale e $\delta > 0$ . Per la proprietà archimedea esiste un naturale $n$ con $2n\pi > \frac{1}{\delta}$ ; allora i due punti seguenti sono positivi e minori di $\delta$ .
$\sin\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad \sin\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1$
Nel primo, $\frac{1}{x}$ è un angolo il cui seno è $1$ ; nel secondo, uno il cui seno è $-1$ .
$\abs{1 - L} + \abs{L + 1} \geq 2 \rightarrow \abs{1 - L} \geq 1 \vee \abs{-1 - L} \geq 1$
Come nel problema risolto 4, le distanze da $L$ a $1$ e a $-1$ hanno somma almeno $2$ , e una di esse è almeno $1$ . La sfida $\varepsilon = 1$ non ha risposta, per nessun $L$ .

Problema proposto 4L’ordine dei quantificatori

Siano $f$ una funzione definita in $A$ , $a$ un punto di accumulazione di $A$ ed $L$ un reale. Dimostrare che l’enunciato seguente, che si ottiene dalla definizione di limite scambiando i primi due quantificatori, vale se e solo se $f$ vale $L$ in tutti i punti di $A$ di qualche intorno bucato di centro $a$ . Lo soddisfa la funzione $x^2$ in $a = 3$ con $L = 9$ ?

(\exists \delta > 0)(\forall \varepsilon > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Suggerimento

Se un numero non negativo è minore di ogni $\varepsilon > 0$ , è $0$ : altrimenti, esso stesso sarebbe un $\varepsilon$ di cui non è minore.

Risposta

Fissato il $\delta$ dell’enunciato, ogni $x$ dell’intorno bucato soddisfa $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ per ogni $\varepsilon > 0$ , dunque $f(x) = L$ ; il viceversa è immediato. La funzione $x^2$ non lo soddisfa in $3$ , benché il suo limite lì sia $9$ , perché non è costante in nessun intervallo:

\left(3 + \frac{\delta}{2}\right)^2 \neq 9

Soluzione svolta

Soluzione

$\dato{t}{(\forall \varepsilon > 0)\left(\abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)}$
Supponiamo l’enunciato, e sia $\delta$ il raggio che esso afferma. Prendiamo un $x$ di $A$ con $0 < \abs{x - a} < \delta$ ; la disuguaglianza vale per ogni $\varepsilon$ positivo.
$\abs{f(x) - L} < \abs{f(x) - L} \rightarrow \bot, \qquad \resaltar{f(x) = L}$
Se $\abs{f(x) - L}$ fosse positivo, si potrebbe prendere $\varepsilon = \abs{f(x) - L}$ , e la disuguaglianza direbbe che un numero è minore di sé stesso. Pertanto è $0$ , e $f(x) = L$ .
$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} = 0 < \varepsilon$
Viceversa, se $f$ vale $L$ nei punti di $A$ di un intorno bucato di raggio $\delta$ , quello stesso $\delta$ va bene per ogni $\varepsilon$ , perché la distanza è $0$ .
$0 < \abs{x - 3} < 6 \rightarrow x^2 \neq 9$
La funzione $x^2$ non vale $9$ in nessun punto diverso da $3$ vicino a esso, sicché non soddisfa l’enunciato, benché soddisfi la definizione di limite. L’enunciato invertito non è un altro modo di dire la stessa cosa, ma un’affermazione molto più forte.

Problema proposto 5Un limite in un solo punto

La funzione seguente vale $x$ sui razionali e $0$ sugli irrazionali. Dimostrare che il suo limite in $0$ è $0$ , e che non ha limite in nessun punto $a \neq 0$ .

h(x) = \begin{cases} x & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}

Suggerimento

In $0$ , osserva che $\abs{h(x)} \leq \abs{x}$ in tutti i casi. In $a \neq 0$ , proponi la sfida $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ e usa il fatto che in ogni intervallo ci sono razionali e irrazionali, come si è dimostrato nella lezione sulla retta reale: un irrazionale vicino obbliga $L$ a essere vicino a $0$ , e un razionale vicino, a essere vicino ad $a$ .

Risposta

In $0$ risponde $\delta = \varepsilon$ . In $a \neq 0$ , se $L$ fosse il limite, un irrazionale $y$ e un razionale $x$ dell’intorno bucato di raggio $\min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$ darebbero contemporaneamente le due disuguaglianze seguenti, che sono incompatibili:

\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \abs{L} > \abs{x} - \frac{\abs{a}}{3} > \frac{\abs{a}}{3}

Soluzione svolta

Soluzione

$0 < \abs{x} < \varepsilon \rightarrow \abs{h(x) - 0} \leq \abs{x} < \varepsilon$
In $0$ : sui razionali $\abs{h(x)} = \abs{x}$ , e sugli irrazionali $\abs{h(x)} = 0$ ; in entrambi i casi, la distanza di $h(x)$ da $0$ non supera quella di $x$ da $0$ , e risponde $\delta = \varepsilon$ .
$\delta' = \min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$
Sia $a \neq 0$ e supponiamo che $L$ sia il limite in $a$ . Con $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ c’è un $\delta$ che risponde, e lo si riduce, se necessario, a $\frac{\abs{a}}{3}$ .
$\abs{0 - L} < \frac{\abs{a}}{3} \rightarrow \dato{i}{\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}}$
Nell’intorno bucato di raggio $\delta'$ c’è un irrazionale $y$ , in cui $h$ vale $0$ : il limite resta vicino a $0$ .
$\abs{x - L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \dato{r}{\abs{x} > \abs{a} - \frac{\abs{a}}{3} = \frac{2\abs{a}}{3}}$
C’è anche un razionale $x$ , in cui $h$ vale $x$ . Poiché $x$ dista da $a$ meno di $\frac{\abs{a}}{3}$ , il suo valore assoluto è maggiore di $\frac{2\abs{a}}{3}$ .
$\abs{L} \geq \abs{x} - \abs{x - L} > \frac{2\abs{a}}{3} - \frac{\abs{a}}{3} = \resaltar{\frac{\abs{a}}{3}}$
Per la disuguaglianza triangolare, $\abs{L}$ sarebbe contemporaneamente minore e maggiore di $\frac{\abs{a}}{3}$ : contraddizione. Non c’è limite in $a$ .