Verifica di limite di x tendente a valore finito che da ris finito.

[Irene Ambrosanio]

Ciao non riesco a verificare un limite, nonostante vari esempi visionati su internet dello stesso.
Arrivo a trovare le due soluzioni tramite sistema e poi non so come continuare per verificarlo, in quanto mi trovo con due soluzioni della x con la radice cubica.
$ lim_(x -> 1) x^3+16=17 $

[mgrau]

Mi sfugge il problema. In genere su ricorre ai limiti quando per un certo valore di x la funzione non è definita, o produce forme indeterminate, ma qui la funzione è normalmente definita per x = 1, e allora che senso ha calcolare il limite? Se metti x = 1, $x^3 + 16 = 17$ e questo, volendo complicarsi la vita, è anche il limite quando x tende a 1.

[axpgn]

Penso debba fare la verifica usando la definizione e quindi va benissimo anche una funzione continua anzi serve da esempio per verificare la continuità ...

[StellaMartensitica]

La definizione di limite è:
$ \forall \varepsilon >0 \exists I(x_0) | |f(x)- l | < \varepsilon, \forall x in I(x_0), x != x_0 $
Nello specifico occorre verificare che
$|x^3-1|< \varepsilon$
Posso però definire $ /varepsilon$ come più mi aggrada, purché positivo non nullo.
Io definisco $\varepsilon = delta*(x^2+x+1), delta>0$
$x^2+x+1$ è sempre positivo, evidentemente.

allora ho:
$|x^3-1|< \varepsilon$
cioè:
$- \varepsilon < x^3-1 < \varepsilon$
Richiamo a mente i prodotti notevoli (differenza di cubi), quindi:
$x^3-1= (x-1)*(x^2+x+1)$
e la definzione di \varepsilon data a priori, ottengo:
$-delta*(x^2+x+1) < (x-1)*(x^2+x+1) < delta*(x^2+x+1)$
posso semplificare una quantità sempre positiva, ottenendo:
$-delta < x-1 < delta$
cioè:
$1-delta < x < 1+ delta$ , che è proprio un intorno di uno, quindi il limite risulta verificato;
a mio avviso.
Saluti.

[Irene Ambrosanio]

Dunque? i passaggi della verifica?

[StellaMartensitica]

Non sono quelli che ho appena inviato? Io le formule le vedo, quindi dovrei averle inserite correttamente.

[gugo82]

"SirDanielFortesque":
Posso però definire $ varepsilon$ come più mi aggrada, purché positivo non nullo.
Io definisco $\varepsilon = delta*(x^2+x+1), delta>0$

Non scherziamo, per favore...

In primis, non c’è nulla da definire. Casomai puoi fissare $varepsilon$ come “più ti aggrada, purché $>0$”.

In secundis, proprio perché $varepsilon$ è fissato, esso non deve dipendere da nulla, né dalla variabile di limite $x$ né dalla variabile quantificata $delta$.

Infine, il senso della frase $AA varepsilon >0,\ EE delta >0$ è che “in corrispondenza di ogni fissato $varepsilon >0$ è possibile determinare (almeno) un $delta >0$”, cosicché è $delta$ che deve dipendere da $varepsilon$ (non viceversa).

[StellaMartensitica]

[ot]Come ho fatto poco più di un anno fa a scrivere questa fesseria... Non so dire.[/ot]

Vediamo se almeno adesso ho imparato.


$|x^3-1|<\varepsilon$

In un intorno $I(1) - {1}$ si ha:

$|x-1|<|x^3-1|<\varepsilon$

Infatti:

$|x-1|<|x^3-1|$

$|x-1|<|x-1|*|x^2+x+1|$

$1
$x^2+x+1>1$

$x^2+x>0$

$x<-1 vvx>0$


Quindi posso considerare $|x-1|<\varepsilon$ è quindi in $I(1)$ di conseguenza $|x^3-1|<\epsilon$.

Così è meglio?

[giammaria2]

Ho molti dubbi sul fatto che sia lecito definire $epsilon$ in funzione di $x$ ed in questo caso non è necessario. Si ha $x^3+16-17=x^3-1$, quindi

$|x^3-1|
$ -epsilon
$1-epsilon
$root(3)(1-epsilon)

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[StellaMartensitica]

Nella nuova soluzione non ho definito $\epsilon$ in funzione di $x$. Un anno e mezzo fa l'ho fatto ma adesso non capisco dove ho sbagliato nel nuovo procedimento.

[giammaria2]

Hai ragione e mi scuso. Non avevo notato la seconda soluzione, che è giusta ma mi sembra più contorta della mia.

[StellaMartensitica]

Ok. La prima era di un anno fa. Mi ero sbagliato al tempo. Poi Gugo82 ha fatto luce sulla faccenda e ho ritrattato.

[gugo82]

Qualche matematico migliore di me ha detto: “L’Analisi Matematica è l’arte delle disuguaglianze”.
Insomma, per fare Analisi bisogna padroneggiare ed usare a proposito le disuguaglianze.

Nel caso in esame abbiamo:
\[
| x^3 - 1 | = (x^2 + x + 1)\ | x - 1 |
\]
per scomposizione di differenza di due cubi e per positività del fattore di secondo grado. Nel generico intorno di $1$, cioè nell’intervallo $]1- delta , 1+ delta[$ (con $delta >0$ qualsiasi) la parabola di equazione $y = x^2 + x + 1$ è tutta al disotto della retta secante il suo grafico negli estremi, i.e. della retta $s$ passante per $A=(1- delta, 3 - 3 delta + delta^2)$ e $B=( 1+delta , 3 +3 delta + delta^2)$.
La $s$ ha coefficiente angolare $m = (y_B - y_A)/(x_B - x_A) = (6 delta)/(2 delta) = 3 >0$ e quindi il punto più in alto (cioè il punto ad ordinata maggiore) del segmento $AB subset s$ è $B$.
Quanto detto finora implica che tutti i punti dell’arco di parabola di estremi $A$ e $ B$ hanno ordinata minore od uguale a quella del punto $B$, ossia che risulta:
\[
x^2 + x + 1 \leq 3 + 3\delta + \delta^2
\]
per ogni $x in ]1-delta , 1+delta[$.
Se scegliamo di limitare le nostre considerazioni ad intorni “piccoli”, diciamo con semiampiezze $delta <= 1$, dalla precedente traiamo che:
\[
x^2 + x + 1 \leq 3 + 3 + 1 = 7
\]
per ogni $x in ]1-delta , 1+delta[$ (con $0< delta <= 1$).
Conseguentemente, risulta pure:
\[
| x^3 - 1 | = (x^2 + x + 1)\ | x - 1 | \leq 7\ | x - 1 | < 7\ \delta
\]
per ogni $x in ] 1 - delta , 1+delta [$ (con $0< delta <= 1$).

Fissiamo ora $varepsilon >0$. Vista la precedente catena di disuguaglianze, per avere $| x^3 - 1 | < varepsilon $ in un “piccolo” intorno di $1$ ci basta prendere un $delta >0$ che sia contemporaneamente $<1$ e tale che $7delta < varepsilon$, poiché se ciò si verifica si ha:
\[
| x^3 - 1 | < 7\ \delta < \varepsilon
\]
per ogni $x in ] 1 - delta , 1+delta [$.
Quindi la definizione di limite è soddisfatta non appena è possibile scegliere $delta$ nel modo detto sopra…

Ma è effettivamente possibile scegliere $delta $ nel modo suddetto, cioè in modo che:
\[
\begin{cases}
\delta > 0 \\
\delta < 1 \\
7\delta < \varepsilon
\end{cases} \qquad ?
\]
Beh, certamente, poiché basta prendere (ad esempio) $delta$ uguale alla metà di $min \{ 1, varepsilon/7\}$: difatti il numero $delta = 1/2 min \{ 1, varepsilon/7\}$ è sicuramente un numero positivo, minore di $1$ ed anche di $varepsilon/7$, di modo che $7 delta < varepsilon$; quindi esso soddisfa tutti i requisiti del $delta$ che serve a verificare la definizione con i trucchi sfruttati sopra.
E siamo a cavallo.


P.S.: Solo a danno fatto mi sono accorto di aver riportato in prima pagina un thread vecchio di un paio d’anni.
Me ne scuso, anche se non ho ancora capito come sia potuto capitare…