confronto locale

7/23/2019 Confronto Locale

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Confronto locale di funzioni

1 Equivalenza di funzioni in un punto

SiaA R edf, g due funzioni definite in A a valori in R. Siax0

R un punto di accumulazione

per A.

Definizione 1.1 Si dice chef e equivalente ag perxx0 e si scrive:

fx0 g,

se esistono un intorno I(x0, ) ed una funzioneh(x) definita inI(x0, ) A \ {x0} tali che:

(a) f(x) =g(x)h(x), xI(x0, ) A \ {x0};(b) lim

xx0h(x) = 1

Proposizione 1.2 Seg(x)= 0 in un intorno bucato I(x0, ) A \ {x0} dix0 allora

fx0 g limxx0

f(x)

g(x) = 1.

Dimostrazione Siafx0 g allora esistono I(x0, ) ed h(x) tali che f(x) =g(x)h(x), xI(x0, ) A \ {x0} e lim

xx0h(x) = 1. Sia 0 = min{, } allora g(x)= 0 per ogni xI(x0, 0)

A \ {x0}. Quindi

limxx0f(x)

g(x) = limxx0h(x) = 1.

Viceversa, se g(x)= 0 in un intorno bucato I(x0, ) A \ {x0} di x0, si puo scegliere h(x) =f(x)/g(x). E facile verificare che valgono le condizioni (a) e (b) della Definizione 1.1.

Proposizione 1.3 La relazionex0 e di equivalenza nellinsieme delle funzioni definite in unintorno bucato dix0.


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Dimostrazione Siano f , g , h funzioni definite in intorni bucati di x0. La riflessivita dellarelazione e ovvia.

Simmetria: Se fx0 g allora esistono I(x0, ) ed k(x) soddisfacenti le condizioni (a) e (b)della Definizione 1.1. Visto che limxx0

k(x) = 1, esiste un intorno I(x0, ) tale che k(x)> 0 per

xI(x0, ) \ {x0}. Allora se xI(x0, ) I(x0, ) \ {x0}, si ha:

g(x) =f(x)

k(x) con lim

xx0k(x) = 1.

Quindifx0 ggx0 f.Transitivita Sefx0 ge gx0 h, esistono due intorni di x0,I(x0, 1) edI(x0, 2) e due funzionik1(x) e k2(x) con lim

xx0k1(x) = lim

xx0k2(x) = 1 tali che

f(x) =g(x)k1(x), xI(x0, 1) A \ {x0}

eg(x) =h(x)k2(x), xI(x0, 2) A \ {x0}.

Ma allora se xI(x0, 1) I(x0, 2) A \ {x0} si ha:f(x) =h(x)k1(x)k2(x) e lim

xx0k1(x)k2(x) = 1

e quindi fx0 h.

Esempio 1.4 Si ha : x2 + 1+ x2; infatti limx+

x2 + 1

x2 = 1.

Si ha pure: x3

2x

02x; infatti lim

x0

x3

2x

2x = 1

Questi esempi sono solo casi particolari della seguente

Proposizione 1.5 Siap(x) =n

k=0

akxk un polinomio a coefficienti reali. Allora

(i) p(x)+ anxn

(ii) p(x)0m(x) dovem(x) e il monomio di grado minimo inp(x).

Dimostrazione (i) Si ha:

limx+

a0+a1x+ +anxnanxn

= limx+

a0anxn

+ a1x

anxn+ + an1x

n1

anxn +

anxn

anxn

= 1

(ii) Se anxn,nn, e il monomio di grado minimo in p(x), allora:

limx0

anxn + +anxn

anxn = lim

x0

anx

n

anxn+ + anx

n

anxn

= 1


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La seguente lista di equivalenze si trae facilmente dai limiti notevoli fin qui incontrati.

1) sin x

0x

2) 1 cos x0 12

x2

3) tan x0 x4) (1 +x) 10x5) log(1 +x)0x6) ex 10x7) sinh x0x

8) cosh x 101

2 x2

Nota 1.6 Se limxx0

f(x) = R \ {0} allora f e equivalente in x0 alla funzione costatementeuguale a in un intorno di x0.Se = 0, laffermazione precedente non e piu vera, in generale: infatti f e equivalente a 0 in x0,allora f(x) = 0 in un intorno bucato di{x0}.

Proposizione 1.7 Supponiamo chefx0 g. Valgono le seguenti affermazioni:

(i) se esiste limxx0

f(x), allora esiste limxx0

g(x) e

limxx0f(x) = limxx0g(x).

(ii) seg(x)> 0 in un intorno bucato dix0, allora anchef(x)> 0 in un intorno bucato dix0.

Dimostrazione Poiche fx0 g, esistono un intornoI(x0, ) e una funzione h(x) tali che:f(x) =g(x)h(x), xI(x0, ) A \ {x0}e lim

xx0h(x) = 1.

Il teorema di permanenza del segno assicura allora che esiste un intorno bucato di x0 doveh(x)> 0. Sia il raggio di questintorno.(i) Se = min{, }, di ha

g(x) =f(x)

h(x) , xI(x0, ) \ {x0} Ae quindi

limxx0

g(x) = limxx0

f(x)

h(x) = lim

xx0f(x).

(ii)Se g(x) > 0 in I(x0, )\ {x0} A e h(x) > 0 in I(x0, )\ {x0} A e, ancora, f(x) =g(x)h(x), xI(x0, ) A \ {x0}, se = min{ , , }, si ha certamente

f(x)> 0 xI(x0, ) A \ {x0}


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Dora in poi, per semplificare un po le dimostrazioni, supporremo che le funzioni che consi-deriamo siano diverse da zero in un intorno bucato dello zero. Questo ci consentira, per la

Proposizione 1.1, dintendere lequivalenza di due funzioni f e g in (un intorno di) x0 nel modoseguente.

fx0 g limxx0

f(x)

g(x) = 1.

Questipotesi, benche restrittiva, e verificata da tutte le funzioni che si incontrano abitualmentenelle applicazioni. Resta inteso, pero, che le proposizioni che daremo restano valide (salvo diversoavviso) anche nel caso generale. Si lascia alla buona volonta del lettore di provare le affermazionisenza questipotesi.

Proposizione 1.8 Siano f1, f2, g1, g2 funzioni di A in R ed x0 D(A). Valgono le seguentiaffermazioni:

(i) Sef1x0 g1 ef2x0 g2, alloraf1f2x0 g1g2.(ii) Sef1x0 g1, f2x0 g2 eg2(x)= 0 in un intorno bucato dix0, allora

f1f2

x0g1g2

. (1)

Dimostrazione Si tratta di semplici applicazioni delle proposizioni riguardanti le operazionicon i limiti. Per la (ii), va notato che lipotesi che sia g2(x)= 0 in un intorno bucato di x0,implica, a causa dellequivalenza f2x0 g2, che anche f2(x)= 0 in un intorno bucato di x0.Cosicche, entrambi i rapporti che compaiono nella (1) sono definiti in un intorno bucato di x0ed i limiti che e necessario calcolare hanno senso.

Nota 1.9 Diversamente dal caso della moltiplicazione, non e detto che sef1x0 g1e f2x0 g2,allora anche f1+f2x0 g1+g2.Si considerino, ad esempio, le funzioni:

f1(x) =x g1(x) =xf2(x) =x

2 x g2(x) =x4 x

Allora,f10 g1 ef20 g2. Ma (f1+ f2)(x) =x2 e (g1+ g2)(x) =x4 e queste due funzioninon sono equivalenti a 0.

Diamo adesso alcune applicazioni delle proposizioni fin qui discusse.

Esempio 1.10 Determiniamo il

limx0

x sin x

2tan2 x.

Sappiamo che sin x0 x e tan x0x. Applicando la Proposizione 1.8 si ha allora:x sin x

2tan2 x0 x x

2x x =1

2.


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Dalla Proposizione 1.7(i) segue allora che

limx0x sin x

2tan2 x =

1

2 .

Esempio 1.11 Si voglia calcolare

limx0

3 log(1 +x)sin x

4(1 cos x) .

Procedendo come nellesempio 1.10, si ha:

log(1 +x)

0x, sin x

0x, 1

cos x

0

1

2

x2;

Percio3 log(1 +x)sin x

4(1 cos x) 03x x

4 12x2 =

3

2.

Si conclude che

limx0

3 log(1 +x)sin x

4(1 cos x) =3

2.

Esempio 1.12 Calcoliamo

limx0+

3

1 +x 1sin2 x

.

Si ha:3

1 +x 10 13

x, sin x0x.Quindi

limx0+

3

1 +x 1sin2 x

= limx0+

13x

x2 = lim

x0+1

3x= +.

Siano f1 :AB, f2 :AB e g :B R. Sia x0D(A). Supponiamo che f1x0 f2. Sipuo dire che g f1x0 g f2?La risposta e, in generale, negativa, come mostra il seguente esempio.

Esempio 1.13 Siano

f1(x) =x2 +x, f2(x) =x

2, g(y) =ey.

In questo caso f1+f2 ma g f1+g f2. Infatti,

limx+

ex2+x

ex2 = lim

x+ex = +.

Vi sono pero due importanti eccezioni:


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Proposizione 1.14 Siano f, g: A R, x0

R un punto di accumulazione perA edfx0 g.

(i) SeR

edf

(x) eg

(x) sono definite in un intorno bucato dix0, alloraf x0 g.

(ii) Seg(x)> 0 in un intorno bucato dix0 ed esiste limxx0

g(x) == 1 allora

log f(x)x0 log g(x).

Dimostrazione (i) Basta osservare che:

limx

x0

f(x)

g(x) =

limx

x0

f(x)

g(x)

= 1.

(ii) Osserviamo che seg(x)> 0 in un intorno bucato di x0, anchef(x)> 0 in un intorno bucatodi x0 per lequivalenza di f e g. Inoltre, lipotesi che lim

xx0g(x) = = 1, assicura lesistenza di

un intorno bucato di x0 in cui log g(x)= 0. Si ha allora:

limxx0

log f(x)

log g(x) = lim

xx0

log f(x)g(x) g(x)

log g(x) = lim

xx0

log f(x)g(x)

log g(x)+ 1 = 1.


limx0+

xx2 +x3log(x+ 1)

.

Si ha: x2 +x3 0 x2 e quindi, per la Proposizione 1.14(i),

x2 +x3 0

x2 =|x| = x perx0. Risulta quindi

x

x2 +x3

log(x+ 1) 0+

x xx

=

x.

Quindi

limx0+

x

x2 +x3

log(x+ 1) = lim

x0+

x= 0.


limx+

log(x6 + 4)

log x .

Anche qui si puo applicare la Proposizione 1.14 ( la (ii) stavolta) e si ha:

x6 + 4+x6 log(x6 + 4)+ log(x6) = 6 log x.Quindi

limx+

log(x6 + 4)

log x = lim

x+6log x

log x = 6


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lim

x+

log

5x4 + 3x2 + 4

x(x+ 5) .Si ha:

5x4 + 3x2 + 4+ 5x4 e quindi

5x4 + 3x2 + 4+ x2

5;

ne segue che log

5x4 + 3x2 + 4+ log(x2

5).Inoltre

x(x+ 5)+ x. Quindi

limx+

log

5x4 + 3x2 + 4x(x+ 5)

= limx+

log

5 + 2 log x

x = 0.

Proposizione 1.18 Siano f : AB eg1, g2 : B R edx0

R un punto di accumulazione

perA.

Sialimxx0

f(x) =y0.

Supponiamo cheg1(y)y0 g2(y)

e che valga una almeno delle seguenti condizioni:

(a) g1, g2 sono continue iny0;

(b) esiste un intorno bucato dix0 in cuif(x)=y0.

Allora

g1 fx0 g2 f.

Dimostrazione (a) Se g1, g2 sono continue in y0, allora

limxx0

g1(f(x)) =g1(y0) e limxx0

g2(f(x)) =g2(y0).

Poiche g1(y)y0 g2(y) si ha:limyy0

g1(y) = limyy0

g2(y) =g1(y0) =g2(y0)

e quindi

limxx0

g1(f(x))

g2(f(x))=

g1(y0)

g2(y0) = lim

yy0g1(y)

g2(y)= 1,

facendo uso del principio di sostituzione della variabile.(b) Anche in questo caso si fa uso del principio di sostituzione della variabile. In questo caso siha:

limxx0

g1(f(x)) = limyy0

g1(y) e limxx0

g2(f(x)) = limyy0

g2(y).

Quindi

limxx0

g1(f(x))

g2(f(x)) = lim

yy0g1(y)

g2(y)= 1.


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8


limx0

sin(2x3 5x)

5x4

+x2

.

Osserviamo intanto che 2x3 5x 0 per x 0. Poiche sin y 0 y, per la proposizioneprecedente si ha :

sin(2x3 5x)0 2x3 5x05x.Inoltre

5x4 +x2 0x2 e quindi

5x4 +x2 0

x2 =|x|.Quindi

limx0

sin(2x3 5x)5x4 +x2

= limx0

5x|x| .

Ma questultimo limite non esiste. Infatti

limx0+5x|x| =5

e

limx0

5x|x| = 5.


limx+

sinh(3x3 + 5)

x2 + 1 e4x

3

.

Osserviamo che 3x3 + 5+ per x+. Inoltre

sinh y

+

ey

2

.

Quindi

sinh (3x3 + 5)+ e3x3+5

2 .

Essendox2 + 1+x2, si ha:

limx+

sinh (3x3 + 5)

x2 + 1 e4x

3

= limx+

ex3+52x2 = 0.


limx0

sin log(1 + 3x5 tan x)x12 + 3x15

.

Notiamo, innanzitutto, che la funzione e ben definita in un intorno di 0, essendo x12 + 3x15 >0per x > 133 .Si ha poi:

sin log(1 + 3x5 tan x)0log(1 + 3x5 tan x)0 3x5 tan x03x6e

x12 + 3x15 0x6.Quindi

limx0

sin log(1 + 3x5 tan x)x12 + 3x15

= 3.


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2 o-piccoli

SiaA R edf, g due funzioni definite in A a valori in R. Siax0R un punto di accumulazioneper A.

Definizione 2.1 Si dice chef eo-piccolo dig perxx0 e si scrive:f=o(g), xx0,

se esistono un intorno I(x0, ) ed una funzioneh(x) definita inI(x0, ) A \ {x0} tali che:

(a) f(x) =g(x)h(x), xI(x0, ) A \ {x0};(b) lim

x

x0

h(x) = 0

Proposizione 2.2 Seg(x)= 0 in un intorno bucato I(x0, ) A \ {x0} dix0 allora

f=o(g), xx0 limxx0

f(x)

g(x) = 0.

Anche in questo paragrafo, per le dimostrazioni, ci metteremo sempre nell ipotesi della Propo-sizione 2.2.

Diamo alcuni semplici esempi

x2 =o(x) per x0; x= o(x2) per x+; sin x= o(x) per x+.

Questultimo esempio mostra che puo esseref=o(g) perxx0senza che esista il limxx0f(x).Quindif e g possono comportarsi in modo molto diverso per xx0.

Proposizione 2.3 Siaf=o(g), perxx0.

(a) Se limxx0

g(x) =, allora limxx0

f(x) = 0;

(b) Se limxx0

f(x) =R \ {0}, allora limxx0

g(x) =

Proposizione 2.4 f=o(1) perxx0 limxx0

f(x) = 0

La facile dimostrazione e lasciata come esercizio.

Vediamo adesso che succede riguardo alle operazioni.


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Proposizione 2.5 Valgono le seguenti affermazioni:

(i) f=o(g) perxx0, cR

\ {0} f=o(cg) perxx0(ii) f1 = o(g) perxx0, edf2= o(g) perxx0f1+f2= o(g) perxx0.

(iii) f=o(g) perxx0, edh(x) e una funzione definita in un intorno bucato dix0,hf=o(hg) perxx0.

(iv) f=o(g) perxx0, edh= o(k) perxx0,f h= o(gk) perxx0.(v) f=o(g) perxx0 egx0 hf=o(h) perxx0.

(vi) fx0 h edh= o(g) perxx0f=o(g) perxx0.

Anche la dimostrazione di queste affermazioni e molto semplice e viene lasciata come esercizio.

Nota 2.6 Le proprieta (i)-(iv) elencate nella proposizione precedente vengono spesso scritte, inmodo simbolico e conciso, nel modo seguente:

(i) o(g) =c o(g) per xx0, c R \ {0}.(ii) o(g) +o(g) =o(g) per xx0.

(iii) ho(g) =o(hg) per xx0.(iv) o(g)o(k) =o(gk) per xx0.

Queste regole assumono un significato piu preciso, e molto meno simbolico, se si pensa ad o(g)( per x x0) come ad un insieme di funzioni. Fissata g, infatti o(g) e linsieme di tutte lefunzioni che sono o(g) per x x0 nel senso della Definizione 2.1. Tenendo in mente questofatto, la (ii), per esempio, si legge: la somma di due funzioni appartenentiad o(g) per xx0e ancora una funzione appartenentead o(g) per xx0.

Limportanza degli o-piccoli e messa in luce dal seguente:

Teorema 2.7 (Principio di eliminazione dei termini trascurabili) Se f1 = o(f) per x x0 eg1 = o(g) perxx0, allora

limxx0f(x) +f

1(x)

g(x) +g1(x) = limxx0f(x)

g(x) .

Dimostrazione Diamo questa dimostrazione nel caso piu generale possibile, cioe senzasupporre che f e g siano diverse da zero in un intorno bucato di x0.Per le ipotesi, esistono due intorni I(x0, 1) ed I(x0, 2) e due funzioni h1(x) ed h2(x) tali che

limxx0

h1(x) = limxx0

h2(x) = 0

ef1(x) =f(x)h1(x) xI(x0, 1) \ {x0} A,


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g1(x) =g(x)h2(x) xI(x0, 2) \ {x0} A.Allora

limxx0 f(x) +f

1(x)g(x) +g1(x)

= limxx0 f(x)(1 +h

1(x))g(x)(1 +h2(x))

= limxx0 f(x)g(x) .

Esempio 2.8 Si voglia calcolare

limx0+

x+ 3

x

tan2 x .

Si ha:x= o(3

x) =o(

x) per x0+. Quindi

limx0+

x+ 3

x

tan2 x = lim

x0+

x

tan2 x= lim

x0+

x

x2 = +.

Teorema 2.9 fx0 gf g= o(g), perxx0.

Dimostrazione Basta osservare che

limxx0

f(x)

g(x) = 1 lim

xx0f(x) g(x)

g(x) = 0.

Nota 2.10 Si suole anche scrivere, se fg = o(g), per x x0 che f(x) = g(x) +o(g) perxtox0. Il teorema precedente dunque afferma che fx0 gf=g +o(g), per xx0


limx0

sin x+ tan x

x

1 +x.

Da sin x0 x si ha sin x = x+o(x), x 0 e da tan x0 x si ha tan x = x+ o(x), x 0.Quindi sin x+ tan x= 2x+o(x), x0.Inoltre x

1 +x0 x; quindi x

1 +x= x+o(x), x0. Allora:

limx0

sin x+ tan x

x

1 +x= lim

x02x+o(x)

x+o(x) = lim

x02x

x = 2.


limx0

3

1 +x 3

1 xsin x

.

Perx0, si ha:3

1 +x 31 xsin x

= ( 3

1 +x 1) ( 31 x 1)

sin x

=13x+o(

13x) (13x+o(13x))

x+o(x)

=23x+o(x)

x+o(x) .


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12

Quindi

lim

x0

3

1 +x 31 x

sin x

= lim

x0

23x+o(x)

x+o(x)

=2

3

.

Quanto fin qui visto si applica, con ovvie modifiche, anche alle successioni. Diamo un esempio.

Esempio 2.13 Calcoliamo il limite della successione{an} di termine generale

an=

n+

n

n n.

Si ha

n+

n

n

n = n1 + 1

nn1 1

n=

n

1 +

1n

1 1n

=

n

1 +

1n 1

1 1

n+ 1

.

Dallequivalenza (1 +x) 10 x si deduce che1 +

1n 1 = 1

2

n+o(

1

2

n), n+

e 1 1

n 1 = 1

2

n+o(

1

2

n), n+.

Quindi n+

n

n n= n

1

n+o(

1n

)

, n+

e, in conclusione

an= 1 +

n o( 1n

), n+

Quindi

limn+ an= 1.

Per concludere, diamo una tabella, di equivalenze. Si lascia al lettore di verificarle.


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f(x) equivalente in x0 a g(x)

sin x 0 x1 cos x 0 12x2

tan x 0 xlog(1 +x) 0 x

ex 1 0 xsinh x 0 x

cosh x 1 0 12x2tanh x 0 x

arcsin x 0 xarctan x 0 xsett sinh x 0 xsett tanh x 0 x

sinh x + 12excosh x + 12ex

sett sinh x + log xsett cosh x + log x

sinh x 12excosh x 12ex

sett sinh x log(x)

EsercizioDimostrare le seguenti equivalenze:

arccos x1 2(1 x)

cos x2

2 x

tan x2

1

2x

settcosh x1

2(x 1)

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