Confronto locale di funzioni
1
Equivalenza di funzioni in un punto
e un punto di accumulazione
Sia A ⊂ R ed f, g due funzioni definite in A a valori in R. Sia x0 ∈ R
per A.
Definizione 1.1 Si dice che f è equivalente a g per x → x0 e si scrive:
f ∼x0 g,
se esistono un intorno I(x0 , δ) ed una funzione h(x) definita in I(x0 , δ) ∩ A \ {x0 } tali che:
(a) f (x) = g(x)h(x),
x ∈ I(x0 , δ) ∩ A \ {x0 };
(b) lim h(x) = 1
x→x0
Proposizione 1.2 Se g(x) 6= 0 in un intorno bucato I(x0 , δ 0 ) ∩ A \ {x0 } di x0 allora
f ∼x0 g ⇔ lim
f (x)
x→x0 g(x)
= 1.
Dimostrazione – Sia f ∼x0 g allora esistono I(x0 , δ) ed h(x) tali che f (x) = g(x)h(x), x ∈
I(x0 , δ) ∩ A \ {x0 } e lim h(x) = 1. Sia δ0 = min{δ, δ 0 } allora g(x) 6= 0 per ogni x ∈ I(x0 , δ0 ) ∩
x→x0
A \ {x0 }. Quindi
f (x)
= lim h(x) = 1.
x→x0
x→x0 g(x)
lim
Viceversa, se g(x) 6= 0 in un intorno bucato I(x0 , δ 0 ) ∩ A \ {x0 } di x0 , si può scegliere h(x) =
f (x)/g(x). È facile verificare che valgono le condizioni (a) e (b) della Definizione 1.1.
Proposizione 1.3 La relazione ∼x0 è di equivalenza nell’insieme delle funzioni definite in un
intorno bucato di x0 .
2
Dimostrazione – Siano f, g, h funzioni definite in intorni bucati di x0 . La riflessività della
relazione è ovvia.
Simmetria: Se f ∼x0 g allora esistono I(x0 , δ) ed k(x) soddisfacenti le condizioni (a) e (b)
della Definizione 1.1. Visto che lim k(x) = 1, esiste un intorno I(x0 , α) tale che k(x) > 0 per
x→x0
x ∈ I(x0 , α) \ {x0 }. Allora se x ∈ I(x0 , δ) ∩ I(x0 , α) \ {x0 }, si ha:
g(x) =
f (x)
k(x)
con
lim k(x) = 1.
x→x0
Quindi f ∼x0 g ⇒ g ∼x0 f .
Transitività Se f ∼x0 g e g ∼x0 h, esistono due intorni di x0 , I(x0 , δ1 ) ed I(x0 , δ2 ) e due funzioni
k1 (x) e k2 (x) con lim k1 (x) = lim k2 (x) = 1 tali che
x→x0
x→x0
f (x) = g(x)k1 (x),
∀x ∈ I(x0 , δ1 ) ∩ A \ {x0 }
g(x) = h(x)k2 (x),
∀x ∈ I(x0 , δ2 ) ∩ A \ {x0 }.
e
Ma allora se x ∈ I(x0 , δ1 ) ∩ I(x0 , δ2 ) ∩ A \ {x0 } si ha:
f (x) = h(x)k1 (x)k2 (x)
e
lim k1 (x)k2 (x) = 1
x→x0
e quindi f ∼x0 h.
x2 + 1
= 1.
x→+∞ x2
Esempio 1.4 Si ha : x2 + 1 ∼+∞ x2 ; infatti lim
x3 − 2x
=1
x→0 −2x
Si ha pure: x3 − 2x ∼0 −2x; infatti lim
Questi esempi sono solo casi particolari della seguente
Proposizione 1.5 Sia p(x) =
n
X
ak xk un polinomio a coefficienti reali. Allora
k=0
(i) p(x) ∼+∞ an xn
(ii) p(x) ∼0 m(x) dove m(x) è il monomio di grado minimo in p(x).
Dimostrazione – (i) Si ha:
a0 + a1 x + · · · + an xn
x→+∞
an xn
a0
a1 x
an−1 xn−1 an xn
=
lim
+
+ ··· +
+
=1
x→+∞ an xn
an xn
an xn
an xn
lim
(ii) Se an xn , n ≤ n, è il monomio di grado minimo in p(x), allora:
an xn + · · · + an xn
an xn
an xn
lim
= lim
=1
+ ··· +
x→0
x→0 an xn
an xn
an xn
3
La seguente lista di equivalenze si trae facilmente dai limiti notevoli fin qui incontrati.
1) sin x ∼0 x
2) 1 − cos x ∼0
1 2
x
2
3) tan x ∼0 x
4) (1 + x)α − 1 ∼0 αx
5) log(1 + x) ∼0 x
6) ex − 1 ∼0 x
7) sinh x ∼0 x
8) cosh x − 1 ∼0
1 2
x
2
Nota 1.6 Se lim f (x) = ` ∈ R \ {0} allora f è equivalente in x0 alla funzione costatemente
x→x0
uguale a ` in un intorno di x0 .
Se ` = 0, l’affermazione precedente non è più vera, in generale: infatti f è equivalente a 0 in x0 ,
allora f (x) = 0 in un intorno bucato di {x0 }.
Proposizione 1.7 Supponiamo che f ∼x0 g. Valgono le seguenti affermazioni:
(i) se esiste lim f (x), allora esiste lim g(x) e
x→x0
x→x0
lim f (x) = lim g(x).
x→x0
x→x0
(ii) se g(x) > 0 in un intorno bucato di x0 , allora anche f (x) > 0 in un intorno bucato di x0 .
Dimostrazione – Poiché f ∼x0 g, esistono un intorno I(x0 , δ) e una funzione h(x) tali che:
f (x) = g(x)h(x),
x ∈ I(x0 , δ) ∩ A \ {x0 } e lim h(x) = 1.
x→x0
Il teorema di permanenza del segno assicura allora che esiste un intorno bucato di x0 dove
h(x) > 0. Sia α il raggio di quest’intorno.
(i) Se δ 0 = min{α, δ}, di ha
g(x) =
f (x)
,
h(x)
x ∈ I(x0 , δ 0 ) \ {x0 } ∩ A
e quindi
lim g(x) = lim
x→x0
f (x)
x→x0 h(x)
= lim f (x).
x→x0
(ii)Se g(x) > 0 in I(x0 , β) \ {x0 } ∩ A e h(x) > 0 in I(x0 , α) \ {x0 } ∩ A e, ancora, f (x) =
g(x)h(x), x ∈ I(x0 , δ) ∩ A \ {x0 }, se γ = min{α, β, δ}, si ha certamente
f (x) > 0 x ∈ I(x0 , γ) ∩ A \ {x0 }
4
D’ora in poi, per semplificare un po’ le dimostrazioni, supporremo che le funzioni che consideriamo siano diverse da zero in un intorno bucato dello zero. Questo ci consentirà, per la
Proposizione 1.1, d’intendere l’equivalenza di due funzioni f e g in (un intorno di) x0 nel modo
seguente.
f (x)
f ∼x0 g ⇔ lim
= 1.
x→x0 g(x)
Quest’ipotesi, benché restrittiva, è verificata da tutte le funzioni che si incontrano abitualmente
nelle applicazioni. Resta inteso, però, che le proposizioni che daremo restano valide (salvo diverso
avviso) anche nel caso generale. Si lascia alla buona volontà del lettore di provare le affermazioni
senza quest’ipotesi.
Proposizione 1.8 Siano f1 , f2 , g1 , g2 funzioni di A in R ed x0 ∈ D(A). Valgono le seguenti
affermazioni:
(i) Se f1 ∼x0 g1 e f2 ∼x0 g2 , allora f1 f2 ∼x0 g1 g2 .
(ii) Se f1 ∼x0 g1 , f2 ∼x0 g2 e g2 (x) 6= 0 in un intorno bucato di x0 , allora
f1
g1
∼x0
.
f2
g2
(1)
Dimostrazione – Si tratta di semplici applicazioni delle proposizioni riguardanti le operazioni
con i limiti. Per la (ii), va notato che l’ipotesi che sia g2 (x) 6= 0 in un intorno bucato di x0 ,
implica, a causa dell’equivalenza f2 ∼x0 g2 , che anche f2 (x) 6= 0 in un intorno bucato di x0 .
Cosicché, entrambi i rapporti che compaiono nella (1) sono definiti in un intorno bucato di x0
ed i limiti che è necessario calcolare hanno senso.
Nota 1.9 Diversamente dal caso della moltiplicazione, non è detto che se f1 ∼x0 g1 e f2 ∼x0 g2 ,
allora anche f1 + f2 ∼x0 g1 + g2 .
Si considerino, ad esempio, le funzioni:
f1 (x) = x
f2 (x) = x2 − x
g1 (x) = x
g2 (x) = x4 − x
Allora, f1 ∼0 g1 e f2 ∼0 g2 . Ma (f1 + f2 )(x) = x2 e (g1 + g2 )(x) = x4 e queste due funzioni
non sono equivalenti a 0.
Diamo adesso alcune applicazioni delle proposizioni fin qui discusse.
Esempio 1.10 Determiniamo il
x sin x
.
x→0 2 tan2 x
Sappiamo che sin x ∼0 x e tan x ∼0 x. Applicando la Proposizione 1.8 si ha allora:
lim
1
x sin x
x·x
∼0
= .
2
2x · x
2
2 tan x
5
Dalla Proposizione 1.7(i) segue allora che
1
x sin x
= .
2
x→0 2 tan x
2
lim
Esempio 1.11 Si voglia calcolare
3 log(1 + x) sin x
.
x→0
4(1 − cos x)
lim
Procedendo come nell’esempio 1.10, si ha:
log(1 + x) ∼0 x,
Perció
sin x ∼0 x,
1 − cos x ∼0
1 2
x ;
2
3
3 log(1 + x) sin x
3x · x
= .
∼0
4(1 − cos x)
2
4 · 12 x2
Si conclude che
3 log(1 + x) sin x
3
= .
x→0
4(1 − cos x)
2
lim
Esempio 1.12 Calcoliamo
√
3
lim
x→0+
Si ha:
√
3
Quindi
√
3
lim
x→0+
1 + x − 1 ∼0
1+x−1
.
sin2 x
1
x,
3
sin x ∼0 x.
1
1
1+x−1
3x
=
lim
= lim
= +∞.
2
2
+
+
x→0 3x
x→0 x
sin x
Siano f1 : A → B, f2 : A → B e g : B → R. Sia x0 ∈ D(A). Supponiamo che f1 ∼x0 f2 . Si
può dire che g ◦ f1 ∼x0 g ◦ f2 ?
La risposta è, in generale, negativa, come mostra il seguente esempio.
Esempio 1.13 Siano
f1 (x) = x2 + x,
f2 (x) = x2 ,
g(y) = ey .
In questo caso f1 ∼+∞ f2 ma g ◦ f1 6∼+∞ g ◦ f2 . Infatti,
2
ex +x
= lim ex = +∞.
x→+∞
x→+∞ ex2
lim
Vi sono però due importanti eccezioni:
6
e un punto di accumulazione per A ed f ∼x g.
Proposizione 1.14 Siano f, g : A → R, x0 ∈ R
0
(i) Se α ∈ R ed f α (x) e g α (x) sono definite in un intorno bucato di x0 , allora
f α ∼x0 g α .
(ii) Se g(x) > 0 in un intorno bucato di x0 ed esiste lim g(x) = ` 6= 1 allora
x→x0
log f (x) ∼x0 log g(x).
Dimostrazione – (i) Basta osservare che:
f α (x)
=
x→x0 g α (x)
lim
f (x)
x→x0 g(x)
α
lim
= 1.
(ii) Osserviamo che se g(x) > 0 in un intorno bucato di x0 , anche f (x) > 0 in un intorno bucato
di x0 per l’equivalenza di f e g. Inoltre, l’ipotesi che lim g(x) = ` 6= 1, assicura l’esistenza di
x→x0
un intorno bucato di x0 in cui log g(x) 6= 0. Si ha allora:
(x)
(x)
log fg(x)
g(x)
log fg(x)
log f (x)
lim
= lim
= lim
+ 1 = 1.
x→x0 log g(x)
x→x0
x→x0 log g(x)
log g(x)
Esempio 1.15 Calcoliamo
√ √ 2
x x + x3
lim
.
x→0+ log(x + 1)
√
√
Si ha: x2 + x3 ∼0 x2 e quindi, per la Proposizione 1.14(i), x2 + x3 ∼0 x2 = |x| = x per
x ≥ 0. Risulta quindi
√
√ √ 2
x·x √
x x + x3
= x.
∼0+
x
log(x + 1)
Quindi
√ √ 2
√
x x + x3
= lim x = 0.
lim
x→0+
x→0+ log(x + 1)
Esempio 1.16 Calcoliamo
log(x6 + 4)
.
x→+∞
log x
lim
Anche qui si può applicare la Proposizione 1.14 ( la (ii) stavolta) e si ha:
x6 + 4 ∼+∞ x6 ⇒ log(x6 + 4) ∼+∞ log(x6 ) = 6 log x.
Quindi
log(x6 + 4)
6 log x
= lim
=6
x→+∞
x→+∞ log x
log x
lim
7
Esempio 1.17 Calcoliamo
log
lim
x→+∞
√
5x4 + 3x2 + 4
p
.
x(x + 5)
Si ha:
p
√
5x4 + 3x2 + 4 ∼+∞ 5x4 e quindi
5x4 + 3x2 + 4 ∼+∞ x2 5;
√
√
ne seguepche log 5x4 + 3x2 + 4 ∼+∞ log(x2 5).
Inoltre x(x + 5) ∼+∞ x. Quindi
√
√
log 5x4 + 3x2 + 4
log 5 + 2 log x
p
lim
= lim
= 0.
x→+∞
x→+∞
x
x(x + 5)
e un punto di accumulazione
Proposizione 1.18 Siano f : A → B e g1 , g2 : B → R ed x0 ∈ R
per A.
Sia
lim f (x) = y0 .
x→x0
Supponiamo che
g1 (y) ∼y0 g2 (y)
e che valga una almeno delle seguenti condizioni:
(a) g1 , g2 sono continue in y0 ;
(b) esiste un intorno bucato di x0 in cui f (x) 6= y0 .
Allora
g1 ◦ f ∼x0 g2 ◦ f.
Dimostrazione – (a) Se g1 , g2 sono continue in y0 , allora
lim g1 (f (x)) = g1 (y0 ) e
x→x0
lim g2 (f (x)) = g2 (y0 ).
x→x0
Poiché g1 (y) ∼y0 g2 (y) si ha:
lim g1 (y) = lim g2 (y) = g1 (y0 ) = g2 (y0 )
y→y0
y→y0
e quindi
g1 (y0 )
g1 (y)
g1 (f (x))
=
= lim
= 1,
g2 (f (x))
g2 (y0 ) y→y0 g2 (y)
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 si
ha:
lim g1 (f (x)) = lim g1 (y) e lim g2 (f (x)) = lim g2 (y).
lim
x→x0
x→x0
y→y0
x→x0
y→y0
Quindi
lim
x→x0
g1 (f (x))
g1 (y)
= lim
= 1.
y→y
g2 (f (x))
0 g2 (y)
8
Esempio 1.19 Calcoliamo
sin(2x3 − 5x)
lim √
.
x→0
5x4 + x2
Osserviamo intanto che 2x3 − 5x → 0 per x → 0. Poiché sin y ∼0 y, per la proposizione
precedente si ha :
sin(2x3 − 5x) ∼0 2x3 − 5x ∼0 −5x.
Inoltre
5x4 + x2 ∼0 x2 e quindi
p
5x4 + x2 ∼0
√
x2 = |x|.
Quindi
sin(2x3 − 5x)
−5x
lim √
= lim
.
4
2
x→0
x→0
|x|
5x + x
Ma quest’ultimo limite non esiste. Infatti
−5x
= −5
x→0+ |x|
lim
e
lim
x→0−
−5x
= 5.
|x|
Esempio 1.20 Calcoliamo
sinh(3x3 + 5) −4x3
e
.
x→+∞
x2 + 1
Osserviamo che 3x3 + 5 → +∞ per x → +∞. Inoltre
lim
sinh y ∼+∞
ey
.
2
Quindi
3
3
sinh (3x + 5) ∼+∞
e3x +5
.
2
Essendo x2 + 1 ∼+∞ x2 , si ha:
sinh (3x3 + 5) −4x3
3
e
= lim e−x +5 2x2 = 0.
2
x→+∞
x→+∞
x +1
lim
Esempio 1.21 Calcoliamo
sin log(1 + 3x5 tan x)
√
.
x→0
x12 + 3x15
Notiamo, innanzitutto, che la funzione è ben definita in un intorno di 0, essendo x12 + 3x15 > 0
1
per x > − √
3 .
3
Si ha poi:
sin log(1 + 3x5 tan x) ∼0 log(1 + 3x5 tan x) ∼0 3x5 tan x ∼0 3x6
lim
e
p
x12 + 3x15 ∼0 x6 .
Quindi
sin log(1 + 3x5 tan x)
√
= 3.
x→0
x12 + 3x15
lim
9
2
o-piccoli
e un punto di accumulazione
Sia A ⊂ R ed f, g due funzioni definite in A a valori in R. Sia x0 ∈ R
per A.
Definizione 2.1 Si dice che f è o-piccolo di g per x → x0 e si scrive:
f = o(g),
x → x0 ,
se esistono un intorno I(x0 , δ) ed una funzione h(x) definita in I(x0 , δ) ∩ A \ {x0 } tali che:
(a) f (x) = g(x)h(x),
x ∈ I(x0 , δ) ∩ A \ {x0 };
(b) lim h(x) = 0
x→x0
Proposizione 2.2 Se g(x) 6= 0 in un intorno bucato I(x0 , δ 0 ) ∩ A \ {x0 } di x0 allora
f = o(g),
x → x0 ⇔ lim
f (x)
x→x0 g(x)
= 0.
Anche in questo paragrafo, per le dimostrazioni, ci metteremo sempre nell’ ipotesi della Proposizione 2.2.
Diamo alcuni semplici esempi
• x2 = o(x) per x → 0;
• x = o(x2 ) per x → +∞;
• sin x = o(x) per x → +∞.
Quest’ultimo esempio mostra che può essere f = o(g) per x → x0 senza che esista il limx→x0 f (x).
Quindi f e g possono comportarsi in modo molto diverso per x → x0 .
Proposizione 2.3 Sia f = o(g), per x → x0 .
(a) Se lim g(x) = `, allora lim f (x) = 0;
x→x0
x→x0
e \ {0}, allora lim g(x) = ∞
(b) Se lim f (x) = `0 ∈ R
x→x0
x→x0
Proposizione 2.4 f = o(1) per x → x0 ⇔ lim f (x) = 0
x→x0
La facile dimostrazione è lasciata come esercizio.
Vediamo adesso che succede riguardo alle operazioni.
10
Proposizione 2.5 Valgono le seguenti affermazioni:
(i) f = o(g) per x → x0 , c ∈ R \ {0} ⇒ f = o(cg) per x → x0
(ii) f1 = o(g) per x → x0 , ed f2 = o(g) per x → x0 ⇒ f1 + f2 = o(g) per x → x0 .
(iii) f = o(g) per x → x0 , ed h(x) è una funzione definita in un intorno bucato di x0 , ⇒ hf =
o(hg) per x → x0 .
(iv) f = o(g) per x → x0 , ed h = o(k) per x → x0 , ⇒ f h = o(gk) per x → x0 .
(v) f = o(g) per x → x0 e g ∼x0 h ⇒ f = o(h) per x → x0 .
(vi) f ∼x0 h ed h = o(g) per x → x0 ⇒ f = o(g) per x → x0 .
Anche la dimostrazione di queste affermazioni è molto semplice e viene lasciata come esercizio.
Nota 2.6 Le proprietà (i)-(iv) elencate nella proposizione precedente vengono spesso scritte, in
modo simbolico e conciso, nel modo seguente:
(i’) o(g) = c o(g) per x → x0 ,
∀c ∈ R \ {0}.
(ii’) o(g) + o(g) = o(g) per x → x0 .
(iii’) ho(g) = o(hg) per x → x0 .
(iv) o(g)o(k) = o(gk) per x → x0 .
Queste regole assumono un significato più 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) è l’insieme di tutte le
funzioni che sono o(g) per x → x0 nel senso della Definizione 2.1. Tenendo in mente questo
fatto, la (ii’), per esempio, si legge: la somma di due funzioni appartenenti ad o(g) per x → x0
è ancora una funzione appartenente ad o(g) per x → x0 .
L’importanza degli o-piccoli è messa in luce dal seguente:
Teorema 2.7 (Principio di eliminazione dei termini trascurabili) Se f1 = o(f ) per x → x0 e
g1 = o(g) per x → x0 , allora
lim
f (x) + f1 (x)
f (x)
= lim
.
+ g1 (x) x→x0 g(x)
x→x0 g(x)
Dimostrazione – Diamo questa dimostrazione nel caso più generale possibile, cioè senza
supporre che f e g siano diverse da zero in un intorno bucato di x0 .
Per le ipotesi, esistono due intorni I(x0 , δ1 ) ed I(x0 , δ2 ) e due funzioni h1 (x) ed h2 (x) tali che
lim h1 (x) = lim h2 (x) = 0
x→x0
x→x0
e
f1 (x) = f (x)h1 (x) x ∈ I(x0 , δ1 ) \ {x0 } ∩ A,
11
g1 (x) = g(x)h2 (x) x ∈ I(x0 , δ2 ) \ {x0 } ∩ A.
Allora
f (x) + f1 (x)
f (x)(1 + h1 (x))
f (x)
= lim
= lim
.
x→x0 g(x) + g1 (x)
x→x0 g(x)(1 + h2 (x))
x→x0 g(x)
lim
Esempio 2.8 Si voglia calcolare
√
x+3 x
.
x→0+ tan2 x
lim
√
√
Si ha:x = o(3 x) = o( x) per x → 0+ . Quindi
√
√
√
x+3 x
x
x
=
lim
=
lim
lim
= +∞.
x→0+ tan2 x
x→0+ x2
x→0+ tan2 x
Teorema 2.9 f ∼x0 g ⇔ f − g = o(g), per x → x0 .
Dimostrazione – Basta osservare che
f (x)
f (x) − g(x)
= 1 ⇔ lim
= 0.
x→x0 g(x)
x→x0
g(x)
lim
Nota 2.10 Si suole anche scrivere, se f − g = o(g), per x → x0 che f (x) = g(x) + o(g) per
xtox0 . Il teorema precedente dunque afferma che f ∼x0 g ⇔ f = g + o(g), per x → x0
Esempio 2.11 Calcoliamo
sin x + tan x
√
.
x 1+x
Da sin x ∼0 x si ha sin x = x + o(x), x → 0 e da tan x ∼0 x si ha tan x = x + o(x), x → 0.
Quindi sin
√ x + tan x = 2x + o(x),
√ x → 0.
Inoltre x 1 + x ∼0 x; quindi x 1 + x = x + o(x), x → 0. Allora:
lim
x→0
2x + o(x)
sin x + tan x
2x
√
= lim
= lim
= 2.
x→0 x + o(x)
x→0 x 1 + x
x→0 x
lim
Esempio 2.12 Calcoliamo
√
3
lim
x→0
√
1+x− 31−x
.
sin x
Per x → 0, si ha:
√
3
√
1+x− 31−x
sin x
=
=
=
√
√
( 3 1 + x − 1) − ( 3 1 − x − 1)
sin x
1
1
1
1
3 x + o( 3 x) − (− 3 x + o( 3 x))
x + o(x)
2
3 x + o(x)
.
x + o(x)
12
Quindi
√
3
lim
x→0
√
2
x + o(x)
2
1+x− 31−x
= .
= lim 3
x→0
x + o(x)
3
sin x
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
q
q
√
√
an = n + n − n − n.
Si ha
q
n+
√
n−
q
n−
√
s s 1
1
n =
n 1+ √
− n 1− √
n
n
s
s
!
√
1
1
=
n
1+ √ − 1− √
n
n
s
s
!
√
1
1
n
1+ √ −1− 1− √ +1 .
=
n
n
Dall’equivalenza (1 + x)α − 1 ∼0 αx si deduce che
s
1
1
1
1 + √ − 1 = √ + o( √ ),
n
2 n
2 n
e
n → +∞
s
1
1
1
1 − √ − 1 = − √ + o( √ ),
n
2 n
2 n
n → +∞.
Quindi
q
n+
√
n−
q
n−
√
n=
e, in conclusione
an = 1 +
√
√
n
1
1
√ + o( √ ) ,
n
n
1
n · o( √ ),
n
n → +∞
n → +∞
Quindi
lim an = 1.
n→+∞
Per concludere, diamo una tabella, di equivalenze. Si lascia al lettore di verificarle.
13
f (x)
sin x
1 − cos x
tan x
log(1 + x)
ex − 1
sinh x
cosh x − 1
tanh x
arcsin x
arctan x
sett sinh x
sett tanh x
sinh x
cosh x
sett sinh x
sett cosh x
sinh x
cosh x
sett sinh x
Esercizio
Dimostrare le seguenti equivalenze:
• arccos x ∼1
• cos x ∼ π2
• tan x ∼ π2
π
2
p
2(1 − x)
−x
1
π
−x
2
• sett cosh x ∼1
p
2(x − 1)
equivalente in x0 a
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
+∞
+∞
+∞
+∞
−∞
−∞
−∞
g(x)
x
1 2
2x
x
x
x
x
1 2
2x
x
x
x
x
x
1 x
2e
1 x
2e
log x
log x
− 12 e−x
1 −x
2e
− log(−x)