La verifica di un limite infinito di una funzione per x che tende ad un valore finito richiede come prerequisiti una buona capacità di risolvere disequazioni algebriche, talvolta anche parametriche.
Non sempre ci ritroviamo di fronte ad una disequazione parametrica vera e propria, tuttavia capita in alcuni casi, in base all’esercizio. Abbiamo comunque una buona notizia: per come è la definizione di limite infinito di una funzione per x che tende ad un valore finito, non ci ritroviamo a dover risolvere disequazioni con valore assoluto. Questo invece accadeva nelle verifiche dei limiti finiti per x che tende ad un valore finito.
Ci sono infine dei semplici concetti che possono tornarci utili per verificare questo tipo di limiti. Se abbiamo la disequazione:
\[ a < b \]
se questa è verificata per \( b < 0 \), allora questa sarà senz’altro verificata anche per \( b > 0 \).
In maniera del tutto simile, se abbiamo la disequazione:
\[ a>b \]
se questa è verificata per \( b>0 \) allora questa sarà per forza verificata anche per \( b < 0 \).
Ho ritenuto chiaro soffermarmi su questi concetti – anche se davvero intuitivi – poiché in questo modo saranno più chiari gli svolgimenti riportati a seguire.
Verifica di un limite infinito per x che tende ad un valore finito – esempio 1
Verificare che:
\[ \lim_{x \to -2}{\dfrac{1}{(x+2)^2}}=+\infty \]
Dato che è il primo esercizio, conviene sicuramente ricordare sinteticamente la definizione di limite infinito di una funzione per \( x \) che tende ad un valore finito.
Data \(f(x): D_f \rightarrow \mathbb{R}\), con \(x_0\) punto di accumulazione per \(D_f\), si ha che:
\[\lim_{x \to x_0}f(x)=+\infty \iff\]
\[\forall \: M \in \mathbb{R} \: \; \exists \: \: \delta_M > 0 \: \; \text{t.c.} \forall \: x \: \in \: D_f \: \text{con} \: |x-x_0|<\delta_M \: \text{e} \: x \neq x_0 \]
\[\Rightarrow f(x)>M \]
La definizione è stata data in modo simbolico. Ciò è sicuramente sintetico e formale – ma può essere non del tutto chiaro per chi è all’inizio. Niente panico, leggiamola insieme:
“Data \( f(x) \) definita in \(D_f \) e a valori in \( \mathbb{R} \), con \( x_0 \) punto di accumulazione per \( D_f \), diciamo che il limite per \( x \) che tende ad \( x_0 \) di \( f(x) \) è uguale a più infinito se e solo se per ogni numero reale \( M \) esiste un \( \delta_M > 0 \) tale che, per ogni \( x \) che appartiene al dominio \( D_f\) e che soddisfa la condizione \( |x-x_0|<\delta_M, \: \text{con} \: x \neq x_0 \), si ha che \( f(x)>M \). ”
La verifica avrà successo se, partendo dalla condizione \( f(x)>M \), risolvendo questa disequazione rispetto ad \( x \) – si ottiene tra le soluzioni della disequazione stessa almeno un insieme che sia un intorno di \( x_0 \).
Tornando all’esercizio proposto, dovremo dunque partire dalla condizione:
\[ \dfrac{1}{(x+2)^2}>M \]
Ora, risolviamo rispetto ad \( x \) tale disequazione e vediamo se otteniamo fra le soluzioni un intorno di \( -2 \) (che è il valore \( x_0 \) dell’esercizio assegnato).
Supponiamo che \( M>0 \). Se la disequazione sarà verificata per \( M \) positivo, allora sarà di certo verificata anche per \( M \) negativo (vedi l’esempio \( a > b \) presentato poco fa).
Moltiplichiamo entrambi i membri per \( (x+2)^2 \):
\[ M(x+2)^2<1 \]
A questo punto, dividiamo per \( M \) entrambi i membri. Siccome abbiamo ipotizzato che sia positivo, possiamo tranquillamente mantenere il verso della disequazione ; )
\[ (x+2)^2<\dfrac{1}{M} \]
L’equazione associata è:
\[ (x+2)^2=\dfrac{1}{M} \]
ed ha soluzioni:
\[ x_1 = -2-\dfrac{1}{\sqrt{M}}; \qquad x_2 = -2+\dfrac{1}{\sqrt{M}} \]
Ora, riscriviamo la disequazione precedente in forma normale, per maggiore chiarezza:
\[ (x+2)^2-\dfrac{1}{M}<0 \]
Sviluppiamo il quadrato:
\[ x^2+2x+4-\dfrac{1}{M}<0 \]
Osserviamo che viene richiesto che il polinomio al primo membro sia minore di zero. Siccome il coefficiente della \( x^2 \) è positivo, sappiamo che la parabola della funzione \( y = x^2+2x+4-\dfrac{1}{M} \) ha concavità rivolta verso l’alto. Di conseguenza, la disequazione sarà verificata per valori interni agli zeri dell’equazione associata.
Le soluzioni della disequazione sono dunque:
\[ -2-\dfrac{1}{\sqrt{M}}<x<-2+\dfrac{1}{\sqrt{M}} \]
Le soluzioni hanno senso solo per \( M>0 \), ma ciò non è un problema poiché prima di fare i conti abbiamo proprio ipotizzato \( M>0 \).
Ora, osserviamo che l’insieme delle soluzioni ottenuto è proprio un intorno di -2, per cui siamo riusciti nella verifica del limite : ) La definizione di limite è dunque verificata prendendo \( \delta_M = \dfrac{1}{\sqrt{M}} \). Ciò è chiaro ricordandoci che l’intorno \( I \) è della forma \( I = ]x_0-\delta_M, \: x_0+\delta_M[ \), con al più escluso il punto \( x_0 \).
Esempio 2
Verificare che
\[ \lim_{x \to 5}{\dfrac{3-x}{(x-5)^2}}=-\infty \]
Dobbiamo vedere se imponendo:
\[ f(x)< M \]
e cioè, nel caso specifico,
\[ \dfrac{3-x}{(x-5)^2} < M \]
riusciamo a trovare, risolvendo la disequazione rispetto ad \( x \), un intorno di \( x_0=5 \). Dall’intorno è escluso il valore \( x_0 \), dato che per \( x = 5 \) la funzione non è definita.
Possiamo supporre che \( M < 0 \). Se la disequazione sarà verificata per \( M<0 \), lo sarà di certo anche per \( M>0 \).
Riscriviamo la disequazione in forma normale:
\[ \dfrac{3-x}{(x-5)^2}-M<0 \]
Denominatore comune:
\[ \dfrac{3-x-M(x-5)^2}{(x-5)^2}< 0 \]
Siamo in presenza di una disequazione frazionaria. Tuttavia, è possibile “eliminare tranquillamente” il denominatore, poiché questo è sempre positivo – si tratta infatti di un quadrato.
Nota: non serve imporre il denominatore diverso da zero per due motivi. Anzitutto, abbiamo già chiarito che \( x = 5 \) non può fare parte delle soluzioni poiché in tale valore la funzione non è definita. Inoltre, poiché nella disequazione è presente il simbolo di “minore stretto” e non “minore o uguale”, eventuali zeri del numeratore che annullano il denominatore verrebbero comunque esclusi dall’insieme delle soluzioni.
Procediamo con i calcoli:
\[ 3-x-M(x^2-10x+25)<0 \]
\[ 3-x-Mx^2+10Mx-25M<0 \]
\[ -Mx^2+10Mx-x+3-25M<0 \]
\[ -Mx^2+(10M-1)x+3-25M<0 \]
Risolviamo l’equazione associata:
\[ -Mx^2+(10M-1)x+3-25M=0 \]
Calcoliamo le soluzioni utilizzando la formula risolutiva delle equazioni di secondo grado:
\[ x_{1,2}=\dfrac{-10M+1 \pm \sqrt{(10M-1)^2-4(-M)(3-25M)}}{-2M} \]
Svolgendo i conti otteniamo:
\[ x_1 = 5 – \dfrac{1}{2M}-\dfrac{\sqrt{1-8M}}{2M} \\ x_2 = 5 – \dfrac{1}{2M}+\dfrac{\sqrt{1-8M}}{2M} \]
Ora che abbiamo le soluzioni dell’equazione associata, ragioniamo di nuovo sulla disequazione. In particolare, osserviamo che il coefficiente della \( x^2 \) è \( -M \). Ricordandoci che avevamo supposto \( M < 0 \), ne consegue che il termine \( -M \) è positivo (infatti, \( -(-|M|)=M \)). Quindi, per \( M<0 \) possiamo dire che il coefficiente della \( x^2 \) è positivo.
Dunque, dobbiamo ragionare vedendo \( M \) come un parametro, e così facendo possiamo dire che la parabola associata alla funzione \( y = -Mx^2+(10M-1)x+3-25M \) ha per \( M<0 \) concavità rivolta verso l’alto.
Di conseguenza, la disequazione che dobbiamo risolvere:
\[ -Mx^2+(10M-1)x+3-25M<0 \]
sarà soddisfatta per valori interni agli zeri.
Le soluzioni della disequazione sono dunque:
\[ 5 – \dfrac{1}{2M}-\dfrac{\sqrt{1-8M}}{2M}<x<5 – \dfrac{1}{2M}+\dfrac{\sqrt{1-8M}}{2M} \]
Abbiamo ottenuto un intorno di \( x_0=5-\dfrac{1}{2M} \), con \( \delta_M = \dfrac{\sqrt{1-8M}}{2M} \). Potrebbe sembrare che il limite non sia verificato.
Osserviamo però che la quantità \( \dfrac{1}{2M} \) diventa sempre più piccola al crescere di \( M \) in valore assoluto. Quindi, per \( M \) molto grandi in valore assoluto, tale quantità sarà sempre più prossima allo 0. Osserviamo che se il limite è meno infinito, per \( x \) che tende a \( x_0 = 5 \) il numero \( M \) dovrà corrispondentemente crescere sempre più in valore assoluto. Ciò significa quindi che ipotizzando che la funzione abbia limite meno infinito, la quantità \( \dfrac{1}{2M} \) tende a zero, e di conseguenza l’intorno risulterà centrato nel punto \( x_0=5-\dfrac{1}{2M}\approx 5 \). Questo è ciò che volevamo!
In conclusione, sebbene con un ragionamento non molto diretto, abbiamo anche in questo caso verificato il limite.
Osserviamo che le soluzioni della disequazione sono definite solo per \( M \neq 0 \) e per \( M \leq \dfrac{1}{8} \). Ciò è in accordo con la particolare forma della funzione e non altera in alcun modo l’efficacia della verifica.
Il significato delle restrizioni sul valore della \( M \) è semplicemente questo: per \( M = 0 \) o per \( M > \dfrac{1}{8} \)non è possibile trovare un \( \delta_M \), e quindi un intorno \( I \) di \( x_0 \), in grado di soddisfare la condizione \( f(x) < M \).
Infatti, facendo il grafico della funzione:
osserviamo che la retta \( y=0 \) interseca la funzione nel solo punto 3. Sarà dunque impossibile, per \( M = 0 \), individuare un intorno di \( x_0 \) del tipo \( ]x_0-\delta_M, \: x_0+\delta_M[-\{x_0\} \)che soddisfi la condizione di limite. Allo stesso modo, non sarà possibile individuare un simile intorno nemmeno per \( M > \dfrac{1}{8} \), poiché tutte le rette del tipo \( y = k \), con \( k > \dfrac{1}{8} \) non intersecano la funzione in alcun punto.
Tuttavia, i vari calcoli che abbiamo fatto ci consentono di dire che per \( M \neq 0 \wedge M \leq \dfrac{1}{8} \) è sempre possibile trovare un \( \delta_M \) tale che l’intorno \( I \) corrispondente soddisfi la condizione di limite. Ed è questo in base alla definizione di limite ciò che ci interessa per la verifica ; )
Nella prossima lezione vedremo il concetto di limite finito di una funzione per x che tende ad infinito. Ciao a tutti e buono studio!