Limite senza derivate & co.

[j18eos]

Buongiorno a tutti\e\*!

Purtroppo 'stamattina mi sono svegliato e non mi ricordo più:

[*:1n2uz6xd]delle derivate;[/*:m:1n2uz6xd]
[*:1n2uz6xd]degli sviluppi in serie di potenze di Taylor & MacLaurin;[/*:m:1n2uz6xd]
[*:1n2uz6xd]e pure degli integrali.[/*:m:1n2uz6xd][/list:u:1n2uz6xd]

Come posso calcolare il seguente limite \(\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}x\ln x\)?

[anto_zoolander]

La butto lì.

Noto che $0
Definisco $f,g:(0,e]->RR$
Con $f(x)=xlnx,g(x)=x$

Ora poiché $0
Poiché $forallepsilon>0existsdelta>0:0

Spero di non aver detto fesserie.

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[j18eos]

Io ricordo che \(\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\ln x=-\infty\), quindi non può essere \(\displaystyle0

Cita

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[axpgn]

Ritoccando il ragionamento di anto forse funziona ...

[size=150]$xlnx=(lnx)/(1/x)$[/size]


$ln(e^(-1))/(1/e^(-1))=(-1)/e^1$

$ln(e^(-2))/(1/e^(-2))=(-2)/e^2$

$ln(e^(-3))/(1/e^(-3))=(-3)/e^3$

$0
$0>(-3)/e^3>(-2)/e^2>(-1)/e^1> -1$

[luca97xd]

Credo possa funzionare anche il procedere in questo modo.

-

Sia \(\displaystyle f:\mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R} \) la funzione definita da \(\displaystyle f(x)=x\log(x) \). Si ha \(\displaystyle \lim_{\xi\rightarrow0}f(\xi)=\underset{\xi\in]0,\frac{1}{e}[}{\lim_{\xi\rightarrow0}}f(\xi) \) in quanto \(\displaystyle 0 \) comunque aderente alla restrizione.

Per ogni \(\displaystyle \xi_1,\xi_2\in]0,\frac{1}{e}[\) con \(\displaystyle \xi_1<\xi_2 \) si ha \(\displaystyle f(\xi_1)=\xi_1\log(\xi_1)>\xi_2\log(\xi_2)=f(\xi_2) \), dunque \(\displaystyle f \) è decrescente in senso stretto. Inoltre, \(\displaystyle \sup img(f)=0 \) in quanto per ogni \(\displaystyle \xi\in]0,\frac{1}{e}[ \) si ha \(\displaystyle f(\xi)=\xi\log(\xi)<0 \).

Ora, si dimostra che data una generica \(\displaystyle f:dom(f)\rightarrow\overline{\mathbb{R}} \) una funzione decrescente con \(\displaystyle dom(f)\subseteq{\overline{\mathbb{R}}} \) e \(\displaystyle dom(f)\neq\emptyset \), allora risulta \(\displaystyle \inf dom(f)\notin dom(f)\Rightarrow\lim_{\xi\rightarrow\inf dom(f)}f(\xi)=\sup img(f) \).

Ne segue che \(\displaystyle \underset{\xi\in]0,\frac{1}{e}[}{\lim_{\xi\rightarrow0}}f(\xi)=\sup img(f)=0 \) e la tesi.

[Erasmus_First]

"anto_zoolander":

Noto che $0

Occhio anto_zoolander: $ln(x)$ è negativo per x positivo ma minore di 1.

$x·ln(x)$ è lo stesso di $ln(x^x)$. Supponiamo $x = 1/n$ con n molto grande.
Al tendere di $n$ a $+∞$ $(1/n)^(1/n)$ tende a 1 (da sinistra) e quindi il suo logaritmo tende a 0 (dalla parte negativa).

Per esempio, per $x = 1/10^9$ si trova $ln(x) =ln(1/10^9) = -9·ln(10)$ = $-20,723 ...$ e quindi
$1/10^9 · ln(1/10^9) =1/10^9 · (-20,723 ...) = -0,000000020723 ...$

___

[veciorik]

PostScriptum: ho trasformato il logaritmo esprimendo $x$ in forma esponenziale.
Il modo più immediato è porre $ x = e^{-y} = 1/e^y $ che dà $ x ln x= - y/e^y $.
Per $ y \rightarrow \infty $, $ y/e^y$ ha un limite arcinoto di tipo $ \infty / \infty $ che vale zero.
Ma ho preferito operare con potenze intere di 10 per arrivare ad una successione di tipo $n/10^n$.

Pongo $ \quad x=q/10^n \quad $ con $ \quad n \quad $ naturale e $ \quad q \quad $ reale positivo

Calcolo $ \quad x \ln x \quad = \quad q/10^n (\ln q - n \ln(10)) \quad = \quad (q \ln q)/10^n - q \ln(10) n/10^n$

Per $ \quad n \rightarrow \infty \quad $ entrambi gli addendi tendono a zero, evidentemente, per qualsiasi $ \quad q \quad $ che si può scegliere a piacere nell'intervallo $ \quad 1\le q \lt 10 \quad $ senza perdere in generalità.

[j18eos]

@luca97xd

Di sicuro \(\displaystyle\sup_{\textstyle x\in\left]0,\frac{1}{e}\right[}f(x)\leq0\): perché è proprio \(\displaystyle0\)?!

@Erasmus_First Più che una dimostrazione mi sembra un'argomentazione...

@veciorik Dimostrazione spaventosamente semplice: sono sbalordito!

[anto_zoolander]

considero $a_n=n/e^n forallninNN$

Ora per il criterio del rapporto $lima_(n+1)/(a_n)=1/e<1$
Per tanto $a_n->0$

Quindi $forallepsilon>0existsn_0inNN:|a_n|n_0$

In corrispondenza di $n_0$ esisterà un $x_0geqn_0$ tale che,

$forallepsilon>0existsx_0>0:|f(x)|x_0$
Con $f(x)=x/e^x$

Se per assurdo così non fosse otterremmo una contraddizione ogni volta che $x=n>n_0$
Ovviamente il limite richiesto si ottiene con il cambiamento di variabile $y=e^x$

Spero di aver usato correttamente la contraddizione.

[otta96]

Sennò si può fare con un cambio di variabile $x=1/y$ e con le proprietà dei logaritmi il limite diventa: $\lim_{y \to +\infty} -lny/y$, questo limite te lo ricordi o stamattina te lo sei dimenticato insieme alle altre cose?

[anto_zoolander]

otta(?)

Edit: niente sono fuso

[dan952]

@otta
Un pò tautologica come dimostrazione...

[Erasmus_First]

"j18eos":@Erasmus_First. Più che una dimostrazione mi sembra un'argomentazione...

a) Prima di una dimostrazione rigorosa, è bene (ragionando magari soggettivamente) arrivare alla convinzione che la tesi è giusta. Perciò, il constatare che (1/n)^(1/n) tende ad 1 per n intero sempre più grande è didatticamente molto utile.

b) Prima di fare "sperimentalmente" queste ... "verifiche numeriche", ho dato per scontato che (1/n)^(1/n) tende ad 1 al tendere di n a $+∞$.
Se uno accetta questo ... ha praticamente già finito dato che $e^0 = 1$ equivale a $ln(1)=0$.
c) Se invece vuole spiegato perché mai (1/n)^(1/n) tende ad 1 al tendere di n a $+∞$, allora ... ecco di seguito una dimostrazione che mi pare facile.
1) Si considerino le potenze di 2 che hanno per esponente ancora una potenza di 2, diciamole:
$p_n=2^(2^n)$ per n = 1, 2, 3, 4, ... ; e poi i loro reciproci, diciamoli $x_n = 1/p_n$.
2) Allora si trova:
$x_n^(x_n)=(1/p_n)^(1/p_n)= (1/2^(2^n))^(1/(2^(2^n))) =(1/2)^((2^n)/(2^(2^n))$.
3) Nell'ultimo membro di questa catena di uguaglianze, l''esponente di 1/2, cioè:
$(2^n)/(2^(2^n)) = 1/(2^(2^n-n)) $
tende evidentemente a zero al tendere dell'intero n a $+∞$, mentre $x_n$ tende a zero.
[Già per $n=4$, (cioè $2^n = 2^4 = 16$), abbiamo $x_4 = 1/(2^16) ≈ 0,0000152587890$... e
$x_4^(x_4)=(1/2^16)^(1/2^16) = (1/2)^((2^4)/2^16)= = (1/2)^(1/(2^12))= (1/2)^(1/4096) ≈0,99983...$].
----------
@ j18eos
Spero di essere stato chiaro e ... persuasivo!
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[j18eos]

Ipotesi:
[list=1]
[*:1gsuokxy] ieri, passando di qua per caso, mi sono accorto delle nuove risposte;[/*:m:1gsuokxy]
[*:1gsuokxy] non avendo una memoria da elefante non ricordo cosa ricordavo o meno quel giorno;[/*:m:1gsuokxy]
[*:1gsuokxy] non sono mai entrato in questa stanza comportandomi da bullo.[/*:m:1gsuokxy][/list:o:1gsuokxy]

Tesi:
[list=1]
[*:1gsuokxy] @anto_zoolander Simpatica dimostrazione.[/*:m:1gsuokxy]
[*:1gsuokxy] @otta96 La mia dimostrazione inizia come la tua [/*:m:1gsuokxy]
[*:1gsuokxy] @Erasmus_First Ha iniziato a scrivermi in terza persona (veda la sua precedente nota c), oppure sono "fuso"?

A causa delle tecniche per costruire metriche hermitiane, su Higgs bundles sopra manifolds compatte di Kähler, mediante gli spazi di Hilbert complessi.

Supponendo le ipotesi "che io sia fuso" e che la suddetta nota c contenga un errore di battitura siano verificate sono d'accordo con la tua nota a, e sono d'accordo che le verifiche numeriche hanno la loro utilità; ma sono del personale parere che queste costituiscano argomentazioni matematiche a favore o contrarie alla tesi da dimostrare.[/*:m:1gsuokxy][/list:o:1gsuokxy]

Più in generale, la filosofia di questo esercizio è che non c'è bisogno di "usare i cannoni per uccidere le zanzare"; ad esempio la dimostrazione di veciorik è incredibilmente semplice...

[Erasmus_First]

"j18eos":[...]

@Erasmus_First Ha iniziato a scrivermi in terza persona (veda la sua precedente nota c) [...]

Hai ... frainteso!
[Tu invece, perché non dai del "tu" anche a me?]
Nella nota c) il soggetto (sottinteso) è lo stesso soggetto della'ultima proposizione della precedente nota b), cioè "uno".
Insomma: riprova a leggere dall'ultima frase della nota b): [size=120]
«Se uno accetta questo ... ha praticamente già finito dato che $e^0=1$ equivale a $ln(1)=0$.
c) Se invece vuole spiegato perché mai (1/n)^(1/n) tende ad 1 al tendere di n a $+∞$, [...] »[/size]
_______