Teorema del confronto, della permanenza del segno e di unicità del limite - WeSchool


In questa lezione parleremo di tre risultati fondamentali che utilizzano i 
limiti
: il Teorema di unicità del limite, il Teorema della permanenza del segno e il primo Teorema del confronto. Per ciascuno di questi teoremi, poi, vedremo una loro applicazione in alcuni esercizi di esempio; inoltre vedremo come grazie al Teorema del confronto saremo in grado di determinare senza troppo sforzo il valore di un famosissimo limite notevole.





















Videolezione "Studio di funzione: il procedimento"

























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Nel corso di questa lezione adotteremo, salvo specifiche ipotesi, la seguente notazione:


$f$, 
funzione
 reale di variabile reale;


$D$, 
dominio
 di $f$;


$c\in \overline{\mathbb{R} }:=\{ \mathbb{R} \cup \{-\infty \} \cup \{+\infty \}\}$, 
punto di accumulazione
 di $D$, in cui valutiamo il comportamento di $f$;


$l\in\overline{\mathbb{R}}$, valore del 
limite
 della funzione.


 


Teorema (di unicità del limite)
: Se per $x$ che tende a $c$ la funzione $f(x)$ ammette limite $l$ finito, allora esso è unico.


Dimostrazione. 
Ragionando per assurdo, supponiamo che $f$ abbia contemporaneamente limite $l$ e $l'$, con $l\neq l'$. Consideriamo quindi un numero $\epsilon$ tale che $$ \epsilon <\lvert l-l'\rvert. $$ Dalla definizione di limite deduciamo che esiste un 
intorno
 $I$ di $c$ tale che per tutti gli $x \in I$, escluso al più il punto $c$, vale: $$ \lvert f(x)-l\rvert < \frac{\epsilon}{2}. $$ Analogamente esiste un intorno $I'$ di $c$ tale che per tutti gli $x \in I$, escluso al più il punto $c$, si ha: $$ \lvert f(x)-l'\rvert < \frac{\epsilon}{2}. $$ Per i punti in $I \cap I'$ le due disuguaglianze valgono contemporaneamente quindi: $$ \lvert f(x)-l\rvert +\lvert f(x)-l' \rvert < \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon. $$ In particolare poiché per qualsiasi coppia di numeri reali $a$ e $b$, $$ \lvert a-b\rvert\leq \lvert a\rvert+\lvert b\rvert $$ considerando $a=f(x)-l$ e $b=f(x)-l'$ abbiamo: $$ \lvert f(x) -l-f(x)+l' \rvert \leq \lvert f(x)-l\rvert +\lvert f(x)-l' \rvert < \epsilon. $$ In particolare poiché $\lvert l'-l\rvert = \lvert f(x) -l-f(x)+l' \rvert$ abbiamo $$ \lvert l'- l \rvert < \epsilon. $$ Questo è assurdo perché va contro l'ipotesi iniziale $ \epsilon <\lvert l-l'\rvert$. Quindi se $f$ ammette limite esso deve essere unico come volevasi dimostrare.


Osservazione.
Questa dimostrazione può essere riformulata in maniera analoga anche nel caso in cui il limite $l$ o il limite $l’$ (o entrambi) siano pari a $+\infty$ o a $-\infty$, anche se in realtà in tali casi l’unicità risulta abbastanza evidente dalla definizione stessa di limite infinito.


 


Il prossimo risultato, il Teorema della permanenza del segno, è valido anche nel caso di limite $l=+\infty$ o $l=-\infty$ e per $x\to+\infty$ e $x\to-\infty$ ma qui lo presenteremo nel caso in cui 
$l$ e $c$ siano entrambi finiti
.


Teorema (della permanenza del segno)
: Siano $l$ e $c$ due 
numeri reali
. Se $$ \lim_{x\to c} f(x)=l, \quad l \neq 0 $$ allora esiste un intorno $J$ del punto $c$ per cui se calcoliamo la funzione $f(x)$ in tutti i punti contenuti al suo interno, escluso al più $c$, essa assume lo stesso segno del limite $l$.


Dimostrazione.
 Dalla definizione di limite abbiamo che qualsiasi sia $\epsilon>0$ esiste un intorno $I$ di $c$ (contenuto nel dominio di $f$) tale che $\forall x\in I$ $$ \lvert f(x)-l\rvert<\epsilon \iff l-\epsilon < f(x) < l+\epsilon. $$ Dato che questa relazione vale per ogni $\epsilon$, possiamo scegliere $$ \epsilon=\frac{\lvert l \rvert}{2} $$ e quindi avremo nel corrispondente intorno $J$ di $c$: $$ l-\frac{\lvert l \rvert}{2}< f(x) < l+\frac{\lvert l \rvert}{2}. $$ In particolare se $l>0$, $\lvert l\rvert=l$ e quindi: $$ 0<\frac{l}{2}< f(x). $$ Quindi in tale intorno $f$ assume valori positivi, cioè mantiene lo stesso segno del suo limite. Se invece $l<0$, $\lvert l\rvert= -l$ e quindi: $$ f(x)<\frac{l}{2}<0. $$ Quindi in tale intorno $f$ assume valori negativi, cioè mantiene lo stesso segno del suo limite.
In particolare $$ \lvert f(x) \rvert > \frac{\lvert l\rvert}{2}. $$ Il Teorema della permanenza del segno ci garantisce l'esistenza di un intorno del punto $c$ in cui la funzione mantiene il segno del limite, quando questo è diverso da $0$.


Osservazione.
È possibile dimostrare (ma non lo faremo in questa lezione) anche l’
inverso del Teorema della permanenza del segno
. Esso afferma:


Dato un punto $c$ e data una funzione $f$ per cui esiste un intorno di $c$ in cui $f(x)>0$ (oppure $f(x)<0$), escluso al più il punto $c$, allora  
$$ \lim_{x\to c} f(x) >0 $$(oppure $ \displaystyle \lim_{x\to c} f(x) <0$).


Facciamo un esempio per capire meglio di cosa parla questo Teorema. Consideriamo la funzione $$f(x)=1-x^2$$Tale funzione in $c=0$ ha limite $1>0$. Quindi per il Teorema della permanenza del segno esisterà un intorno di $0$ per cui $f>0$; in particolare $1-x^2>0$ quando $x^2<1$ cioè per $-1<x<1$.
Se invece consideriamo il caso $c=1$ abbiamo limite $l=0$ e non riusciamo a individuare un intorno di $1$ in cui la funzione assuma sempre valori di segno positivo o sempre di segno negativo.




Quando la funzione che stiamo considerando non ammette limite in un certo punto $c$, non possiamo applicare il Teorema della permanenza del segno. Tuttavia, se la funzione ammette limite destro o sinistro, allora vale una "versione speciale" di tale Teorema: se il 
limite destro
 (o sinistro) ha un certo segno, allora esisterà un intorno destro (o sinistro) del punto $c$ a cui stiamo tendendo, in cui la funzione assume valori positivi (o negativi).
Ecco un esempio in cui mostriamo questo fatto. Consideriamo la funzione $f(x)=1-\sqrt{x+3}$. Osserviamo innanzitutto che il dominio di $f$ è $D=\{ x\in \mathbb{R} \ \vert \ x \geq -3\}$. Inoltre $$ \lim_{x\to -3^+} 1-\sqrt{x+3}=1>0. $$ Il Teorema della permanenza del segno ci garantisce l’esistenza di un intorno di $-3$, contenuto nel dominio di $f$, per cui la funzione $f$ assume valori di segno positivo. Tale intorno sarà quindi un intorno destro di $-3$ poiché, visto il dominio di $f$, a sinistra la funzione non è definita. Per trovare tale intorno imponiamo $f(x)>0$ cioè: $$ 1-\sqrt{x+3}>0 $$ quindi $$ 1>\sqrt{x+3} $$ $$ 1^2> x+3 $$ Quindi per $-3 <x<-2$, che è un intorno destro di -3, la funzione assume lo stesso valore del limite.


 


Teorema (del confronto, o dei due carabinieri)
: In un intorno $I$ del punto $c$, escluso al più il punto $c$, siano definite le funzioni $h(x)$, $f(x)$ e $g(x)$ e:


$$ h(x)\leq f(x)\leq g(x). $$ Se esiste $l \in \mathbb{R}$ tale per cui 
##KATEX##\begin{aligned}\lim_{x\to c} h(x) &=l\\\lim_{x\to c} g(x) &=l\end{aligned}##KATEX##
allora anche $$ \lim_{x\to c} f(x)=l. $$


Dimostrazione.
 Poiché per ipotesi la funzione $h(x)$ ha limite $l$ finito, qualsiasi sia  $\epsilon>0$ esiste un intorno di $c$ $I_h$ tale che per ogni $x\in I \cap I_h$, escluso al più il punto $c$: $$ l-\epsilon \leq h(x) \leq l+\epsilon. $$ Analogamente per la funzione $g(x)$, per lo stesso $\epsilon$ esiste un intorno di $c$ $I_g$ tale che per ogni $x \in I \cap I_g$, escluso al più il punto $c$: $$ l-\epsilon \leq g(x) \leq l+\epsilon. $$ In particolare per le $x\in I \cap I_h \cap I_g$, escluso al più il punto $c$: $$ l-\epsilon \leq h(x) \leq f(x) \leq g(x) \leq l+\epsilon. $$ Quindi per un generico $\epsilon>0$, abbiamo trovato un intorno di $c$ in cui la funzione $f$ si mantiene a una distanza minore di $\epsilon$ da $l$. Ma questa non è altro che la definizione di limite, per cui possiamo concludere: $$ \lim_{x\to c} f(x)=l. $$Abbiamo quindi dimostrato il Teorema del confronto nel caso in cui il valore del limite $l$ sia finito. Questo risultato si può comunque dimostrare anche nel caso di limiti infiniti.


Svolgiamo adesso un esercizio in cui il Teorema del confronto ci semplifica molto la vita. Vogliamo calcolare $$ \lim_{x\to +\infty} \frac{\ln (3+\sin (x))}{x^3}. $$ Poiché $\lvert \sin (x)\rvert\leq 1$, per ogni $x\in\mathbb{R}$ possiamo osservare che: $$ 2\leq (3+\sin (x))\leq 4 \quad \forall x \in \mathbb{R} $$ Ora, dato che il 
logaritmo
 è una funzione 
monotona crescente
, il verso delle disuguaglianze rimane inalterato se applichiamo a ciascun loro membro la funzione logaritmo. Abbiamo quindi: $$ \ln 2\leq \ln (3+\sin (x))\leq \ln 4 \quad \forall x \in \mathbb{R}. $$ Ora dividiamo tutto per $x^3$; possiamo farlo poiché siamo nel caso $x\to +\infty$ e siamo in grado di ammettere che $x \neq 0$. Per lo stesso motivo, possiamo ammettere che  $x>0$ e quindi il verso della disuguaglianza non cambierà in seguito alla divisione per $x^3$. Abbiamo quindi: $$ \frac{\ln 2}{x^3} \leq \frac{\ln (3+\sin (x))}{x^3} \leq \frac{\ln 4}{x^3} \quad \forall x>0. $$ Poiché $$ \lim_{x\to +\infty}\frac{\ln 2}{x^3}= \lim_{x\to +\infty}\frac{\ln 4}{x^3}=0, $$ per il primo Teorema del confronto otteniamo: $$ \lim_{x\to +\infty} \frac{\ln (3+\sin (x))}{x^3}=0. $$


 


Una applicazione del Teorema del confronto: il limite notevole 
$ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x}$


Grazie al Teorema del confronto possiamo  dimostrare il seguente 
limite notevole
: $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin (x)} {x}=1. $$ Si vede facilmente che questo limite è una forma indeterminata del tipo $$ \Bigl [ \frac{0}{0} \Bigr ] $$ ma grazie ad alcuni ragionamenti trigonometrici e applicando questo Teorema si riesce facilmente a determinarne il valore.


Poiché $\frac{\sin(x)}{x}$ è una funzione 
pari
 (cioè simmetrica rispetto all’asse delle y) possiamo analizzare solo il caso $x\to 0^+$. Dato che possiamo interpretare $x$ come un angolo (misurato in 
radianti
), questo significa che stiamo considerando angoli presenti nel primo quadrante del piano cartesiano (dato che $x$ è positivo). Osservando la figura qui sotto, si intuisce che nella situazione in cui siamo vale la seguente catena di disuguaglianze: $$ \sin(x) \leq x \leq \tan(x) $$




In un intorno destro di $0$ sappiamo che il seno assume segno positivo e quindi possiamo dividere per $\sin (x)$ senza cambiare il verso della disuguaglianza: $$ 1 \leq \frac{x}{\sin (x)} \leq \frac{1}{\cos (x)}. $$


Passando al reciproco abbiamo che: $$ 1 \geq \frac{\sin (x)}{x} \geq \cos (x). $$ Notiamo che $$ \lim_{x\to 0^+} 1= \lim_{x \to 0^+} \cos (x) =1 $$ e quindi, applicando il Teorema del confronto: $$ \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin (x)}{x}=1 $$ Per la parità della funzione tutto questo discorso può essere fatto anche nel caso $x\to 0^-$ e quindi $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin (x)} {x}=1. $$



