Esercizi sulla verifica di limiti mediante la definizione
1. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to 2} (3x - 1) = 5\]
Dimostrazione:
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(\varepsilon > 0\) esiste \(\delta > 0\) tale che:
se \(0 < |x - 2| < \delta\) allora \(\vert(3x - 1) - 5\vert < \varepsilon\)
Analisi preliminare:
\(\vert(3x - 1) - 5\vert = \vert 3x - 6\vert = \vert 3(x - 2)\vert = 3\vert x - 2\vert\)
Vogliamo che \(3\vert x - 2\vert < \varepsilon\), quindi \(\vert x - 2\vert < \frac{\varepsilon}{3}\)
Scelta di \(\delta\): \(\delta = \frac{\varepsilon}{3}\)
Verifica: Se \(0 < \vert x - 2\vert < \delta = \frac{\varepsilon}{3}\), allora:
\(\vert(3x - 1) - 5\vert = 3\vert x - 2\vert < 3 \cdot \left(\frac{\varepsilon}{3}\right) = \varepsilon\) ✓
2. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to 1^+} \sqrt{x - 1} = 0\]
Dimostrazione (limite destro):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(\varepsilon > 0\) esiste \(\delta > 0\) tale che:
se \(0 < x - 1 < \delta\) allora \(\vert\sqrt{x - 1} - 0\vert < \varepsilon\)
Analisi preliminare:
\(\vert\sqrt{x - 1} - 0\vert = \sqrt{x - 1}\) (poiché \(x > 1\))
Vogliamo che \(\sqrt{x - 1} < \varepsilon\), quindi \(x - 1 < \varepsilon^2\)
Scelta di \(\delta\): \(\delta = \varepsilon^2\)
Verifica: Se \(0 < x - 1 < \delta = \varepsilon^2\), allora:
\(\vert\sqrt{x - 1} - 0\vert = \sqrt{x - 1} < \sqrt{\varepsilon^2} = \varepsilon\) ✓
3. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to 0^-} \sqrt{-x} = 0\]
Dimostrazione (limite sinistro):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(\varepsilon > 0\) esiste \(\delta > 0\) tale che:
se \(-\delta < x < 0\) allora \(\vert\sqrt{-x} - 0\vert < \varepsilon\)
Analisi preliminare:
Per \(x < 0\), abbiamo \(-x > 0\), quindi \(\sqrt{-x}\) è ben definita
\(\vert\sqrt{-x} - 0\vert = \sqrt{-x}\)
Vogliamo che \(\sqrt{-x} < \varepsilon\), quindi \(-x < \varepsilon^2\), ovvero \(x > -\varepsilon^2\)
Scelta di \(\delta\): \(\delta = \varepsilon^2\)
Verifica: Se \(-\varepsilon^2 < x < 0\), allora \(-x < \varepsilon^2\) e quindi:
\(\vert\sqrt{-x} - 0\vert = \sqrt{-x} < \sqrt{\varepsilon^2} = \varepsilon\) ✓
4. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to 2^+} \frac{1}{x - 2} = +\infty\]
Dimostrazione (limite infinito per eccesso):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(M > 0\) esiste \(\delta > 0\) tale che:
se \(0 < x - 2 < \delta\) allora \(\frac{1}{x - 2} > M\)
Analisi preliminare:
Per \(x > 2\), abbiamo \(x - 2 > 0\), quindi \(\frac{1}{x - 2} > 0\)
Vogliamo che \(\frac{1}{x - 2} > M\), quindi \(x - 2 < \frac{1}{M}\)
Scelta di \(\delta\): \(\delta = \frac{1}{M}\)
Verifica: Se \(0 < x - 2 < \delta = \frac{1}{M}\), allora:
\(\frac{1}{x - 2} > \frac{1}{\frac{1}{M}} = M\) ✓
5. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to 2^-} \frac{1}{x - 2} = -\infty\]
Dimostrazione (limite infinito per difetto):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(M > 0\) esiste \(\delta > 0\) tale che:
se \(-\delta < x - 2 < 0\) allora \(\frac{1}{x - 2} < -M\)
Analisi preliminare:
Per \(x < 2\), abbiamo \(x - 2 < 0\), quindi \(\frac{1}{x - 2} < 0\)
Vogliamo che \(\frac{1}{x - 2} < -M\), quindi \(\vert\frac{1}{x - 2}\vert > M\)
Ovvero \(\vert x - 2\vert < \frac{1}{M}\)
Scelta di \(\delta\): \(\delta = \frac{1}{M}\)
Verifica: Se \(-\frac{1}{M} < x - 2 < 0\), allora \(\vert x - 2\vert < \frac{1}{M}\) e:
\(\frac{1}{x - 2} = -\frac{1}{\vert x - 2\vert} < -\frac{1}{\frac{1}{M}} = -M\) ✓
6. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^2} = +\infty\]
Dimostrazione (limite infinito):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(M > 0\) esiste \(\delta > 0\) tale che:
se \(0 < \vert x\vert < \delta\) allora \(\frac{1}{x^2} > M\)
Analisi preliminare:
Per \(x \neq 0\), abbiamo \(x^2 > 0\), quindi \(\frac{1}{x^2} > 0\)
Vogliamo che \(\frac{1}{x^2} > M\), quindi \(x^2 < \frac{1}{M}\), ovvero \(\vert x\vert < \frac{1}{\sqrt{M}}\)
Scelta di \(\delta\): \(\delta = \frac{1}{\sqrt{M}}\)
Verifica: Se \(0 < \vert x\vert < \delta = \frac{1}{\sqrt{M}}\), allora:
\(x^2 < \left(\frac{1}{\sqrt{M}}\right)^2 = \frac{1}{M}\), quindi \(\frac{1}{x^2} > M\) ✓
7. Verifica mediante la definizione che il seguente limite non esiste:
\[\lim_{x \to 0} \frac{1}{x}\]
Dimostrazione (limite che non esiste):
Per dimostrare che il limite non esiste, mostriamo che i limiti destro e sinistro sono diversi:
Limite destro: \(\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty\)
Per \(x > 0\) piccolo, \(\frac{1}{x}\) è un numero positivo grande
Limite sinistro: \(\lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x} = -\infty\)
Per \(x < 0\) piccolo in valore assoluto, \(\frac{1}{x}\) è un numero negativo con valore assoluto grande
Conclusione: Poiché i limiti unilaterali sono diversi \((+\infty \neq -\infty)\), il limite non esiste.
Osservazione
Si può dire che il limite è \(\infty\), ma non possiamo dire che è \(+\infty\) o \(-\infty\)
8. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + 1}{x + 3} = 2\]
Dimostrazione (limite all'infinito):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(\varepsilon > 0\) esiste \(M > 0\) tale che:
se \(x > M\) allora \(\left|\frac{2x + 1}{x + 3} - 2\right| < \varepsilon\)
Analisi preliminare:
\(\left|\frac{2x + 1}{x + 3} - 2\right| = \left|\frac{2x + 1 - 2x - 6}{x + 3}\right| = \left|\frac{-5}{x + 3}\right| = \frac{5}{x + 3}\)
Vogliamo che \(\frac{5}{x + 3} < \varepsilon\), quindi \(x + 3 > \frac{5}{\varepsilon}\), ovvero \(x > \frac{5}{\varepsilon} - 3\)
Scelta di \(M\): Essendo \(\varepsilon\) piccolo a piacere, possiamo dire che \(\frac{5}{\varepsilon} - 3 > 0\), quindi \(M = \frac{5}{\varepsilon} - 3\)
Verifica: Se \(x > M \geq \frac{5}{\varepsilon} - 3\), allora \(x + 3 > \frac{5}{\varepsilon}\) e:
\(\left|\frac{2x + 1}{x + 3} - 2\right| = \frac{5}{x + 3} < \frac{5}{\frac{5}{\varepsilon}} = \varepsilon\) ✓
9. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to -\infty} \frac{3x - 1}{2x + 5} = \frac{3}{2}\]
Dimostrazione (limite a \(-\infty\)):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(\varepsilon > 0\) esiste \(M < 0\) tale che:
se \(x < M\) allora \(\left|\frac{3x - 1}{2x + 5} - \frac{3}{2}\right| < \varepsilon\)
Analisi preliminare:
\(\left|\frac{3x - 1}{2x + 5} - \frac{3}{2}\right| = \left|\frac{6x - 2 - 6x - 15}{2(2x + 5)}\right| = \left|\frac{-17}{2(2x + 5)}\right|\)
Poiché \(x \to -\infty\), possiamo supporre \(x < -\frac{5}{2}\). In questo caso, abbiamo \(2x + 5 < 0\), quindi \(\vert 2x + 5\vert = -(2x + 5)\)
\(\left|\frac{-17}{2(2x + 5)}\right| = \frac{17}{2\vert 2x + 5\vert} = \frac{17}{-2(2x + 5)} = -\frac{17}{2(2x + 5)}\)
Vogliamo che \(-\frac{17}{2(2x + 5)} < \varepsilon\). Poiché \(2x + 5 < 0\), moltiplicando per \(2(2x+5)\) dobbiamo invertire il segno della disuguaglianza:
\[ -17 > 2\varepsilon(2x + 5) \]
Dividendo per \(2\varepsilon\) (che è positivo), otteniamo:
\[ \frac{-17}{2\varepsilon} > 2x + 5 \quad \text{ovvero} \quad 2x + 5 < -\frac{17}{2\varepsilon} \]
Ovvero \(x < -\frac{17}{4\varepsilon} - \frac{5}{2}\)
Scelta di \(M\): \(M = -\frac{17}{4\varepsilon} - \frac{5}{2}\)
Verifica: Se \(x < M\), allora la disuguaglianza è soddisfatta ✓
10. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to +\infty} x^2 = +\infty\]
Dimostrazione (limite infinito a \(+\infty\)):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(N > 0\) esiste \(M > 0\) tale che:
se \(x > M\) allora \(x^2 > N\)
Analisi preliminare:
Vogliamo che \(x^2 > N\), quindi \(x > \sqrt{N}\) (per \(x > 0\))
Scelta di \(M\): \(M = \sqrt{N}\)
Verifica: Se \(x > M = \sqrt{N}\), allora:
\(x^2 > (\sqrt{N})^2 = N\) ✓
11. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to +\infty} (-x) = -\infty\]
Dimostrazione (limite \(-\infty\) a \(+\infty\)):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(N > 0\) esiste \(M > 0\) tale che:
se \(x > M\) allora \(-x < -N\)
Analisi preliminare:
Vogliamo che \(-x < -N\), quindi \(x > N\)
Scelta di \(M\): \(M = N\)
Verifica: Se \(x > M = N\), allora:
\(-x < -N\) ✓
12. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to -\infty} (-2x) = +\infty\]
Dimostrazione (limite \(+\infty\) a \(-\infty\)):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(N > 0\) esiste \(M < 0\) tale che:
se \(x < M\) allora \(-2x > N\)
Analisi preliminare:
Vogliamo che \(-2x > N\), quindi \(x < -\frac{N}{2}\)
Scelta di \(M\): \(M = -\frac{N}{2}\)
Verifica: Se \(x < M = -\frac{N}{2}\), allora:
\(-2x > -2\left(-\frac{N}{2}\right) = N\) ✓
13. Verifica mediante la definizione la validità del seguente limite:
\[\lim_{x \to -\infty} (x^3 + x) = -\infty\]
Dimostrazione (limite \(-\infty\) a \(-\infty\)):
Dobbiamo dimostrare che per ogni \(N > 0\) esiste \(M < 0\) tale che:
se \(x < M\) allora \(x^3 + x < -N\).
Analisi preliminare:
Per \(x \to -\infty\), i termini \(x^3\) e \(x\) sono negativi, quindi \(x^3 + x < x^3\).
Quindi per \(x \to -\infty\) risulta \(x^3 + x < x^3 < -N\).
Applicando la radice cubica, otteniamo:
\[ x < \sqrt[3]{-N}=-\sqrt[3]{N}. \]Scelta di \(M\):
Scegliamo:
\[ M = -\sqrt[3]{N}. \]Verifica: Se \(x < M\), allora \(x^3 < -N\) e, di conseguenza, \(x^3 + x < x^3 < -N\), come richiesto ✓