Lezioni di analisi matematica/Capitolo 6/Paragrafo 38

by Guido Fubini

Capitolo 6 - Un altro limite fondamentale

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Guido Fubini - Lezioni di analisi matematica (1920)

Capitolo 6 - Un altro limite fondamentale

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§ 38. — Un altro limite fondamentale.

α) Se un punto $A$ si muove sopra una retta sempre nello stesso verso, p. es., verso destra, è ben chiaro che possono presentarsi solo due casi:

1° Il punto $A$ finisce con l'allontanarsi indefinitamente a destra.

Oppure

2° Esiste un punto $L$, che il punto $A$ non supera, pure avvicinandosi ad esso indefinitamente. Così, p. es., se il punto $A$ ha una velocità costante, si presenterà evidentemente il primo caso. Se invece $A$ nel primo minuto percorre cm. 1, nel secondo cm. ${\frac {1}{2}}$, nel terzo cm. ${\frac {1}{4}}$, nel quarto cm. ${\frac {1}{8}}$, $\cdots$ nello $n^{esimo}$ minuto cm. ${\frac {1}{2^{n-1}}}$, esso dopo nminuti avrà percorso

cm. $\left(1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+\cdots +{\frac {1}{2^{n-1}}}\right)={\frac {1-{\frac {1}{2^{n}}}}{1-{\frac {1}{2}}}}=2-{\frac {1}{2^{n-1}}}$.

Il punto $A$ non sarà perciò mai riuscito ad allontanarsi al di là di quel punto $L$, che ha una distanza di cm. $2$ dal punto di partenza, pure diventando (al crescere di $n$) la distanza di $AL\left({\text{che è}}{\frac {1}{2^{n}-1}}\right)$ piccola a piacere. Questa osservazione rende intuitivo il teorema che dobbiamo ora esporre.

Si dice che una funzione reale $y=f(x)$ è crescente, se essa cresce al crescere della $x$, o più precisamente, se, indicati con $x_{1},x_{2}$ due punti qualsiasi del gruppo G ove la $f(x)$ è definita tali che $x_{1}>x_{2}$, si ha $f(x_{1})>f(x_{2})$.

La y si dice decrescente, se invece dalla $x_{1}>x_{2}$ segue $f(x_{1})<f(x_{2})$, ossia se la y decresce al crescere della $x$ (come p. ed., avviene se y è inversamente proporzionale ad $x>0$.

La $y=f(x)$ si dice non crescente, oppure non decrescente se dalla $x_{1}\geq x_{2}$, segue $f(x_{1})\leq f(x_{2})$, oppure $f(x_{1})\geq f(x_{2})$.

Se una funzione non è crescente, o non è decrescente in un dato gruppo G di punti, si dice che la funzione varia sempre nello stesso verso (senso) nel gruppo G.

Teor. Se f(x) è una funzione definita nel gruppo G, che varia sempre nello steso verso e se in ogni intorno (p. es. sinistro) del punto x$=$a esistono punti di G distinti da a, esiste il $\lim _{x=n-0}$f(x).

Supponiamo per fissar le idee che $f(x)$ non sia decrescente a sinistra del punto a e che si voglia dimostrare l'esistenza del $\lim _{x=a-0}f(x)$. noi dimostreremo che tale limite è precisamente il limite superiore L dei valori che f(x) assume, quando x assume i valori di G più piccoli (a sinistra) di a.

Distinguiamo due casi:

1° L è finito. Sia n un intero così grande che ${\frac {1}{10^{n}}}$ sia minore di un ε prefissato. Trai citati valori di $y$ ne esisterà almeno uno (p. es. quello $f(c)$ assunto da $y$ nel punto $x=c<a$) che è uguale ad $L$ fino alla $n^{esima}$ decimale (e ciò per la stessa definizione di limite superiore). I valori che y assume nei punti G dell'intervallo (c, a) non possono nè superare il limite superiore L, nè essere inferiori a $f(c)$ (perchè y è per ipotesi funzione non decrescente).

Dunque tali valori (compresi tra $f(c){\text{ed}}L$) dovranno pure coincidere con L fino alla $n^{Esima}$ decimale.

In altre parole nei punti $x$ di $G$ dell'intervallo $(c,a)$ vale la:

$|f(x)-L|\leq {\frac {1}{10^{n}}}<\epsilon$.

Per definizione di limite è dunque

$\lim _{x=a}f(x)=L$.

2° $L$ è infinito. Questo caso, assai meno importante, si potrebbe ricondurre al caso precedente con lo studio della funzione $-{\frac {1}{f(x)}}$. Per studiarlo direttamente si osservi che, se $k$ è un numero arbitrario, esiste un punto $x=c<a$, ove $f(c)>k$¹. In tutto l'intervallo ($c,a$) sarà dunque $f(x)\geq f(c)>k$, perchè $f(x)$ non è decrescente. Pertanto

$\lim _{x=a-}f(x)=+\infty$.

Così, p. es., l'area del poligono regolare di $n$ lati inscritto in un cerchio $C$ è una funzione crescente di $n$, che ha per limite per $n=\infty$ proppio l'area di $C$.

β) Applicheremo questo teorema allo studio di un limite fondamentale. Dalla formola del binomio si trae che, se $m$ è un intero positivo, allora:

$\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}=1+{\frac {m}{1}}{\frac {1}{m}}+{\frac {m(m-1}{1.2}}{\frac {1}{m^{2}}}+\cdots +{\frac {m(m-1)(m-2)\cdots (m-[m-1])}{\lfloor {m}}}{\frac {1}{m^{m}}}=$

$1+1+{\frac {1-{\frac {1}{m}}}{\lfloor {2}}}+{\frac {\left(1-{\frac {1}{m}}\right)\left(1-{\frac {2}{m}}\right)}{\lfloor {3}}}+\cdots +{\frac {\left(1-{\frac {1}{m}}\right)\left(1-{\frac {2}{m}}\right)\cdots \left(1-{\frac {m-1}{m}}\right)}{\lfloor {m}}}$

donde, osservando che i numeratori degli addendi terzo, quarto, ecc., non superano lìunità, e che i denominatori sono $\lfloor {2})2,\lfloor {3}=2.3>2.2=2^{3},\lfloor {4}>2^{3}$, ecc., si trae che per $m>1$ è:

$2<\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}<2+\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2.2}}+{\frac {1}{2.2.2}}+\cdots +{\frac {1}{2^{m-1}}}\right)<3$.

²

D'altra parte il $k^{esimo}$ ($2<k\leq m+1$) termine del terzo membro della penultima formola cresce al crescere della $m\left({\text{al diminuire di}}{\frac {1}{m}}\right)$; di più il numero stesso dei termini (che è $m+1$ cresce con $m$.

Quindi $\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}$ cresce al crescere di $m$; e perciò, per il precedente teorema, tende per $m=\infty$ a un limite $e>0$; e, poichè per l'ultima delle precedenti formole, è )per ogni valore dell'intero $m>1)$ $2>\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}<3$, sarà pure $2<e\leq 3$; donde in particolare si trae che $e$ è un numero finito positivo. Io dico che

$\lim _{m=+\infty }\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}=e$,

anche se $m$ non è intero. Infatti, se $m$ è compreso tra gli interi $n,n+1$, è

$\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}\leq \left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}$

E, poichè il limite del primo e del terzo membro sono rispettivamente

$\lim _{n=\infty }\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}=\lim _{n+1=\infty }{\frac {\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n+1}}{1+{\frac {1}{n+1}}}}={\frac {e}{1}}=e$,

$\lim _{n=\infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}=\lim _{n=\infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\lim _{n=\infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)=e,1=e$,

ossia sono uguali ad $e$, anche (§ 37, α, p. 121) il $\lim _{m=\infty }\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}=e$.

Io dico infine che anche $\lim _{m=-\infty }\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}=e$.

Infatti, posto $m=-(k+1)$, è:

$\left(1+{\frac {1}{m}}\right)m^{m}=\left(1-{\frac {1}{k+1}}\right)^{-(k+1)}=\left({\frac {k}{k+1}}\right)^{-(k+1)}=\left({\frac {k+1}{k}}\right)^{k+1}=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\left(1+{\frac {1}{k}}\right)$.

E perciò:

$\lim _{x=-\infty }\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}=\lim _{k=+\infty }\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\lim _{k=+\infty }\left(1+{\frac {1}{k}}\right)=e.$. $1=e$. c.d.d.

γ) Dalla $\lim _{m=\infty }\left(1+{\frac {1}{m}}\right)^{m}=e$, che vale dunque, sia $m$ positivo o negativo, razionale o irrazionale, si trae³, supposto $a>0$,

$\lim _{m=\infty }m\log _{a}\left(1+{\frac {1}{m}}\right)=\log _{a}e$,

ossia, posto $m={\frac {1}{x}},\lim _{x=0}{\frac {\log _{a}(1+x)}{x}}=\log _{a}e$. Se si pone $\log _{a}(1+x)=z$, e quindi $x=a^{z}-1$, se ne deduce:

$\lim _{x=0}{\frac {z}{a^{z}-1}}=\log _{a}e$, donde $\lim _{<=0}{\frac {a^{z}-1}{z}}={\frac {1}{\log _{a}e}}=\log _{e}a$.

Se esponiamo$a=e$ si trova:

$\lim _{x=0}{\frac {\log _{e}(1+x)}{x}}=1$; $\lim _{x=0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1$.

Dalla prima riga di queste formole si vede quanto semplice diventi il $\lim _{x=o}{\frac {\log(1+x)}{x}}$, appena si assuma il numero e come base di un sistema di logaritmi. Poichè questo limite si presenta continuamente nel calcolo, noi adotteremo d'ora in poi (salvo esplicita dichiarazione in contrario) questo numero e come base del sistema di logaritmi. I logaritmi così ottenuti si diranno neperiani, iperbolici, naturali.

Per uno studio geometrico dei limiti precedenti di vegga l'esempio terzo.

Esempi.

1° Dimostrare che $\lim _{m=\infty }\left(1+{\frac {x}{m}}\right)^{m}=e^{x}$.

Ris. Posto ${\frac {m}{x}}=n$, si noti che

$\left(1+{\frac {x}{m}}\right)^{m}=\left[\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right]^{z}$.

2° Se il capitale c è impiegato al tasso r (rapporto dell'interesse al capitale), esso, dopo un anno, diventa $c(1+r)$. Ma se il tasso è pagato per metà ad ogni semestre, il capitale dopo il 1° semestre è diventato $c\left(1+{\frac {r}{2}}\right)$; e se tutta questa somma viene impiegata allo stesso tatto per il 2° semestre, si avrà alla fine dell'anno una somma $c\left(1+{\frac {r}{2}}\right)^{2}$. In generale se ad ogni $n^{esima}$ parte dell'anno viene pagata la $n^{esima}$ parte dell'interesse, che viene anch'essa impiegata allo stesso tasso per la residua parte dell'anno, il capitale c, dopo un anno, è diventato $c\left(1+{\frac {r}{n}}\right)^{n}$⁴. Quando n diventa grandissimo (per $n=\infty$), questa espressione tende a $ce^{r}$. Si suol dire che un capitale c impiegato ad interesse continuo al tasso r diventa $ce^{r}$ dopo un anno. Così, p. es., si calcola che $e^{0,05}=1,05127\cdots$. Impiegare per un anno un capitale all'interesse continuo del $5\%$ equivale a impiegarlo all'interesse del $5,127\cdots \%$.

Dunque rappresenta la somma ottenuta impiegando per un anno un capitale $1$ all'interesse continuo del $100\%$. Che, se z è piccolo, ${\frac {e^{z}-1}{z}}$ sia prossimo ad $1$, è evidente, perchè se il tasso è piccolo, interesse semplice r e continuo $e?r-1$ quasi si equivalgono, ecc.

Fig. 11.

3° Consideriamo un'iperbole equilatera $xy=1$ (fig. 11). Siano $A,B$ due punti dell'asse delle ascisse di ascisse $a,b(O<a<b)$. Dividiamo l'intervallo $AB$ in n parti coi punti $A_{1},A_{2},\cdots A_{n-1}$ in guisa che i segmenti $OA,OA_{1},OA_{2}\cdots ,OA_{n-1},OB$ siano in progressione geometrica. Questi segmenti saranno così uguali ordinatamente ad $a,aq,aq^{2},\cdots ,aq^{n-1},aq^{n}=b$, dove $q={\sqrt[{n}]{\frac {b}{a}}}=\left({\frac {b}{a}}\right)^{\frac {1}{n}}$. Le ordinate dei punti corrispondenti dell'iperbole $\left(xy=1,{\text{donde}}\,y={\frac {1}{x}}\right)$ saranno ${\frac {1}{a}},{\frac {1}{aq}},\cdots ,{\frac {1}{aq^{n}}}={\frac {1}{b}}$.

Quindi le aree dei rettangoli aventi per base i segmenti $AA_{1},A_{1}A_{2},\cdots ,A_{n-1}B$ e per altezza le ordinate dell'estremo $\left(aq-a\right){\frac {1}{a}},\left(aq^{2}-aq\right){\frac {1}{aq}},\cdots ,\left(aq^{n}-aq_{n-1}\right){\frac {1}{aq_{n-1}}}$, cioè saranno tutte uguali a $(q-1)$. La loro somma $\Sigma _{n}$ è perciò $n(q-1)$.

In modo simile si prova che la somma $\sigma _{n}$ delle aree dei rettangoli aventi per base gli stessi segmenti e per altezza l'ordinata del corrispondente estremo dentro è $n(q-1){\frac {1}{q}}$.

Si ha così, posto $v={\frac {1}{n}}$,

$\Sigma _{n}=\left({\frac {b}{a}}^{\frac {1}{n}}\right)-1$ donde $\lim _{n=\infty }\Sigma _{n}=\lim _{v=0}{\frac {\left({\frac {b}{a}}\right)^{v}-1}{v}}=\log _{e}{\frac {b}{a}}$

$\sigma _{n}={\frac {\Sigma _{n}}{q}}$                     donde $\lim _{n=x}\sigma _{n}=\log _{e}{\frac {b}{a}}\lim _{n=\infty }{\sqrt[{n}]{\frac {a}{b}}}=\log _{e}{\frac {b}{a}}$.

Il limite inferiore delle $\Sigma _{n}$ e il limite superiore delle $\sigma _{n}$ coincidono dunque, e sono uguali a $\log _{e}{\frac {b}{a}}$. Dunque la figura α racchiusa tra il segmento $AB$, le ordinate di $A,B$ e la porzione corrispondente di iperbole equilatera ha un area che vale precisamente $\log _{e}{\frac {b}{a}}$⁵.

Se noi rappresentiamo la nostra figura in scala un po' grande su carta millimetrata divisa in quadretti molto piccoli, si può avere un metodo approssimato per calcolare $\log _{e}{\frac {b}{a}}$, misurando l'area $\alpha$: cioè contando quanti dei quadretti in cui è diviso il nostro foglio millimetrato sono contenuti in $\alpha$.

4° Sia $f(x)$ una funzione di $x$, che tende ad un limite finito $L$, p. es., per $x=\infty$. Come si può calcolare approssimativamente questo limite? È ben evidente che $f(x)$ si può considerare come un valore approssimato di L, e che l'approssimazione sarà generalmente tanto migliore, quanto più grande si suppone $x$; o meglio, e più precisamente, che, prendendo $x$ abbastanza grande, si potrà rendere piccolo a piacere l'errore che si commette quando si supponga $f(x)=L$.

Ma simile considerazione ha un valore scarso, se per ogni valore della $x$ non si può dare un misura del grado di approssimazione raggiunto. Ora questo è possibile in molti casi. Per es., dall'esercizio 3° si deduce, posto ${\frac {b}{a}}=k$, che la quantità

(1)                              $\log _{e}k=\lim _{n=x}n({\sqrt[{n}]{k}}-1)$

è compresa, per ogni valore di n, tra

$n({\sqrt[{n}]{k}}-1)$ e ${\frac {n({\sqrt[{n}]{k}}-1)}{\sqrt[{n}]{k}}}$.

Cosicchè, se si pone $\log _{e}k=n({\sqrt[{n}]{k}}-1)$, l'errore commesso non supera

$\left|n({\sqrt[{n}]{k}}-1)\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{n}]{k}}}\right)\right|$.

La (1) però così servire al calcolo approssimativo dei logaritmi iperbolici. Se ne ricava, per es., posto $k=2,n=16$ che $\log _{e}2=0,70$, con un errore non superiore a $0,03\cdots$. Poichè però calcolare la ${\sqrt[{10}]{2}}$ equivale a estrarre successivamente quattro radici quadrate, questo metodo di calcolare i logaritmi neperiani è troppo poco rapido.

Note

1. Questa affermazione è sconseguenza dell'impotesi $<l=x$
2. Infatti ${\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2.2}}+\cdots {\frac {1}{2^{m-1}}}=1-{\frac {1}{2^{m-1}}}<1$.
3. Basta ricordare che $\log _{1}x$ è funzione continua nei punti $x>0$.
4. Resta perciò intuitivo il teorema dimostrato nel testo che per $r=1$ (anzi per ogni $r>0$), il numero \left(1+\frac{r}{n}\right)^n</math> cresce al crescere di n; infatti un impiego di capitale è tanto più redditizio, quanto maggiore è il numero n delle volte che in un anno (a ugual intervallo l'una dall'altra) si pagano gli interessi maturati.
5. Infatti i rettangoli considerati, le cui aree hanno per somma $\Sigma _{n}(\sigma _{n})$ formano un poligono, che contiene la figura $\alpha$ all'interno (che è interno alla figura $\alpha$) (cfr. § 7).