Verifica dei limiti utilizzando la definizione di limiti. Grazie in anticipo
Verifica dei limiti utilizzando la definizione di limiti. Grazie in anticipo
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Livello 1
Per la prima utilizzerei il teorema di Lagrange nella disuguaglianza (come avviene spesso quando si dimostra la lipschitzianità di una funzione), generalmente però non si applica in questo modo alle superiori; se lo avete fatto o sei uno studente universitario posto la soluzione dato che è macchinosa da scrivere in latex.
Studente superiori
@michele-09 alla fine ho trovato un metodo senza Lagrange 😉
Problema:
Verifica il seguente limite dalla definzione:
$\lim_{x \to 1} \ln x =0$
Soluzione:
L'obiettivo è arrivare dall'effetto alla causa. L'effetto in questo caso è che il limite dato tende a $0$. Tramite la definzione di limite si ha che
$\forall \epsilon >0 \exists \delta>0: |x-1|<\delta \implies |\ln x -0|<\epsilon$, quindi l'effetto è implicato dal fatto che $|x-1|<\delta$, ossia $1-\delta < x <1+ \delta$ ; bisogna vedere se ciò è vero, ossia se il delta è effettivamente positivo e resta valido ciò per ogni epsilon positivo.
Al momento è solo noto che $|\ln x -0|<\epsilon$, ossia $e^{-\epsilon} < x < e^\epsilon$. Ponendo che $e^{-\epsilon}≤1-\delta<x<1+\delta≤e^{\epsilon}$
Si ottiene che
$e^{-\epsilon}-1≤-\delta<x<\delta≤e^{\epsilon}-1$
Quindi bisogna scegliere $\delta =\min \{e^{\epsilon}-1, 1- e^{-\epsilon}\}$ per ottenere valida l'espressione. Si può notare che per ogni $\epsilon>0$ vale che $e^{\epsilon}>1$, quindi il valore di $\delta$ è sempre positivo come ci si aspettava dalla definizione.
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Livello 6
Problema:
Verificare il seguente limite mediante la definizione:
$\lim_{x \to 0} 2^x=1$
Soluzione:
La soluzione postata da Gregorius è molto più rapida, la mia è comunque corretta formalmente anche se per evitare una disequazione con valori assoluti ho deciso di procedere in modo differente.
Dalla definizione si ha che $\forall \epsilon >0 \exists \delta >0: |x-0|<\delta \implies |2^x -1|<\epsilon$.
Vale quindi che $|2^x-1|<\epsilon$, ma si può notare che $|2^x-1|=2^{|x|}-1<\epsilon$ per $x>0$, ossia $2^{|x|}<\epsilon +1$, quindi $|x|<\log_2 (\epsilon +1)$
Ma $ |x| <\delta$, quindi basta porre $\delta ≤\log_2(1+\epsilon)$, che tra l'altro è sempre positivo dato che $\epsilon>0$.
Per $x<0$
$|2^x-1|=-2^{-|x|}+1<\epsilon$, ossia $2^{-|x|}>1-\epsilon$, quindi $|x|<-\log_2 (1-\epsilon)$
Ma $ |x| <\delta$, quindi basta porre $\delta ≤-\log_2(1-\epsilon)$, che tra l'altro è anch'esso sempre positivo dato che $\epsilon>0$. (Attenzione per $\epsilon=1$.)
Vale quindi che $\delta =\min \{ -\log_2 (1-\epsilon), \log_2 (1+\epsilon)\}$, sempre positivo.
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Livello 6
@rebc grazie mille
@michele-09 di nulla, per le superiori mi sembra un po' avanzato però. Ve lo ha dato il professore o era su un manuale? Se è su un manuale probabilmente ci sarà un esempio svolto mediante Lagrange...
@rebc la verifica di un limite con la definizione si fa alle superiori 👍
@michele-09 lo so, però non mi è mai capitato di vederli con soluzione non meccanica alle superiori. Ad ogni modo è interessante 🙂
a)
Poniamo | ln x | < eps con eps > 0
allora - eps < ln x < eps
e^(-eps) < x < e^eps
che é un intorno non simmetrico di 1
b) |2^x - 1| < eps con eps > 0
- eps < 2^x - 1 < eps
1 - eps < 2^x < 1 + eps
log_2 (1 - eps) < x < log_2 (1 + eps)
se 0 < eps < 1 é un intorno non simmetrico di 0
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Livello 7
@eidosm grazie grazie
Soluzione del secondo limite con la definizione, esempio tratto dal mio testo di matematica (di L. Tonolini Geometria analitica e analisi matematica) all'epoca del liceo, un'era geologica fa!
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Livello 8