Analisi I: proprietà di alcune funzioni $C^1(RR)$
Buongiorno a tutti.
Volevo dimostrare la seguente proposizione (è un esercizio di un vecchio tema d'esame). Mi piacerebbe sapere i vostri commenti alla mia dimostrazione, per piacere.
Proposizione. Sia $f(x) in C^1(RR)$, $f(0) = 0$, $0 < q <= p$. Dimostrare che esiste fi nito $lim_(x to 0) |x|^(-q)|f(x)|^p$ e che, nel caso $p ne q$, esso è nullo.
Spoilerizzo.
Che ne dite? Secondo voi funziona?
Grazie in anticipo.
Volevo dimostrare la seguente proposizione (è un esercizio di un vecchio tema d'esame). Mi piacerebbe sapere i vostri commenti alla mia dimostrazione, per piacere.
Proposizione. Sia $f(x) in C^1(RR)$, $f(0) = 0$, $0 < q <= p$. Dimostrare che esiste fi nito $lim_(x to 0) |x|^(-q)|f(x)|^p$ e che, nel caso $p ne q$, esso è nullo.
Spoilerizzo.
Che ne dite? Secondo voi funziona?
Grazie in anticipo.
Risposte
Io credo che ci sia un problema dove dici che il limite del modulo della funzione è uguale al modulo del limite della funzione.
Tu dici che se $\lim_{x \to x_0}|f(x)|=c$ allora $|\lim_{x \to x_0}f(x)|=c$.
Io credo che ciò sia falso.
Prendiamo ad esempio la funzione definita su $RR$ data da $f(x)={(1,if x\inQQ),(-1,if x\notin QQ):}$
Allora $\lim_{x \to x_0}|f(x)|=1$ per ogni $x_0$ poichè $|f(x)|=1$ sempre.
Invece $\lim_{x \to x_0}f(x)$ non esiste!
Tu dici che se $\lim_{x \to x_0}|f(x)|=c$ allora $|\lim_{x \to x_0}f(x)|=c$.
Io credo che ciò sia falso.
Prendiamo ad esempio la funzione definita su $RR$ data da $f(x)={(1,if x\inQQ),(-1,if x\notin QQ):}$
Allora $\lim_{x \to x_0}|f(x)|=1$ per ogni $x_0$ poichè $|f(x)|=1$ sempre.
Invece $\lim_{x \to x_0}f(x)$ non esiste!
Anzitutto ti ringrazio per la tua risposta.
In effetti la tua argomentazione regge, eccome se regge. Ho preso un abbaglio, ma forse si può rimediare (la sostanza del ragionamento non dovrebbe cambiare).
Se $p=q$, evidentemente $lim_(x to 0) |f(x)|^p/|x|^q=lim_(x to 0) |f(x)/x|^p$.
Adesso se $f(x)/x>=0$ allora il discorso di prima fila e otteniamo che il limite vale $f'(0)$.
Se invece $f(x)/x<0$ per togliere il modulo mettiamo un meno, per cui alla fine il risultato sarà $-f'(0)$.
In ogni caso il limite esiste finito perchè sia $f'(0)$ che $-f'(0)$ esistono finiti per l'ipotesi di derivabilità.
Anche nell'altro caso le cose si possono sistemare in questa maniera e alla fine il risultato resta.
Così va meglio secondo te?
Grazie mille.
In effetti la tua argomentazione regge, eccome se regge. Ho preso un abbaglio, ma forse si può rimediare (la sostanza del ragionamento non dovrebbe cambiare).
Se $p=q$, evidentemente $lim_(x to 0) |f(x)|^p/|x|^q=lim_(x to 0) |f(x)/x|^p$.
Adesso se $f(x)/x>=0$ allora il discorso di prima fila e otteniamo che il limite vale $f'(0)$.
Se invece $f(x)/x<0$ per togliere il modulo mettiamo un meno, per cui alla fine il risultato sarà $-f'(0)$.
In ogni caso il limite esiste finito perchè sia $f'(0)$ che $-f'(0)$ esistono finiti per l'ipotesi di derivabilità.
Anche nell'altro caso le cose si possono sistemare in questa maniera e alla fine il risultato resta.
Così va meglio secondo te?
Grazie mille.
Ora mi sembra che vada tutto molto bene, e che sia anche una dimostrazione bella e chiara.
Complimenti! Bella idea!
Solo un'ultima cosa.
Prendi $p,q\inNN$ vero?
Complimenti! Bella idea!
Solo un'ultima cosa.
Prendi $p,q\inNN$ vero?
"misanino":
Ora mi sembra che vada tutto molto bene, e che sia anche una dimostrazione bella e chiara.
Complimenti! Bella idea!
Solo un'ultima cosa.
Prendi $p,q\inNN$ vero?
Ti ringrazio per i complimenti e per il tuo aiuto.
Quanto al dominio di $p$ e $q$ il testo non specifica; penso si possa comunque considerarli al massimo in $QQ$ (anche perchè quando dico $p=q+epsilon$, l'$epsilon$ può essere arbitrariamente piccolo). Prenderli in $RR$ mi sembra un po' rischioso per via di $0^p$ (che non risulterebbe definita).
Tu che dici?
Grazie ancora.
Scusate, ma non basta usare la continuità della potenza d'esponenete [tex]$\alpha \geq 0$[/tex] e quella del valore assoluto per asserire che:
[tex]$\lim_{x\to x_0} \varphi (x)=\varphi_0 \in \ ]-\infty ,+\infty[ \quad \Rightarrow \quad \lim_{x\to x_0} |\varphi (x)|^\alpha =|\varphi_0|^
\alpha$[/tex]?
[tex]$\lim_{x\to x_0} \varphi (x)=\varphi_0 \in \ ]-\infty ,+\infty[ \quad \Rightarrow \quad \lim_{x\to x_0} |\varphi (x)|^\alpha =|\varphi_0|^
\alpha$[/tex]?
Io credo che la prima soluzione proposta da Paolo sia corretta, dopotutto sta lavorando con funzioni mansuete, addirittura derivabili. Per come la vedo io se f è continua allora $lim_{x\to x_0} |f(x)|= |lim_{x\to x_0} f(x)|$
[size=59]Spero di non aver detto sciocchezze, ultimamente ne ho dette molte matematicamente parlando[/size]
@Paolo, $0^p$ e' definito se p>0 come nelle ipotesi
[size=59]Spero di non aver detto sciocchezze, ultimamente ne ho dette molte matematicamente parlando[/size]
@Paolo, $0^p$ e' definito se p>0 come nelle ipotesi
Vi ringrazio per i vostri interventi. Grazie mille.
Effettivamente ciò che dice Gugo risolve tutti i problemi.
@ Mathematico: davvero? Io sapevo che $[f(x)]^p$ è definita per $f(x)>=0$ se $p$ è razionale, mentre solo per $f(x)>0$ se $p$ è irrazionale (e quindi, in caso di potenze ad esponente reale si adotta come dominio quella con la disuguaglianza stretta).
Non so, però...
Effettivamente ciò che dice Gugo risolve tutti i problemi.
@ Mathematico: davvero? Io sapevo che $[f(x)]^p$ è definita per $f(x)>=0$ se $p$ è razionale, mentre solo per $f(x)>0$ se $p$ è irrazionale (e quindi, in caso di potenze ad esponente reale si adotta come dominio quella con la disuguaglianza stretta).
Non so, però...
Sì credo tu abbia ragione 
Però mi suona strano il fatto che l'esercizio non lo metta per iscritto. Di solito quando "tutto tace" bisogna considerare l'insieme più generico possibile.
Però mi suona strano il fatto che l'esercizio non lo metta per iscritto. Di solito quando "tutto tace" bisogna considerare l'insieme più generico possibile.
Se l'esponente della potenza è positivo, allora la funzione [tex]$]0,+\infty[ \ni x\mapsto x^\alpha$[/tex] si prolunga con continuità su [tex]$0$[/tex]: infatti:
[tex]$\lim_{x\to 0^+} x^\alpha =\lim_{x\to 0^+} e^{\alpha \ \ln x} =e^{\alpha \ \lim_{x\to 0^+} \ln x} =0$[/tex].
[tex]$\lim_{x\to 0^+} x^\alpha =\lim_{x\to 0^+} e^{\alpha \ \ln x} =e^{\alpha \ \lim_{x\to 0^+} \ln x} =0$[/tex].
"gugo82":
Se l'esponente della potenza è positivo, allora la funzione [tex]$]0,+\infty[ \ni x\mapsto x^\alpha$[/tex] si prolunga con continuità su [tex]$0$[/tex]: infatti:
[tex]$\lim_{x\to 0^+} x^\alpha =\lim_{x\to 0^+} e^{\alpha \ \ln x} =e^{\alpha \ \lim_{x\to 0^+} \ln x} =0$[/tex].
Ah, be' vero, non ci avevo pensato.
Grazie mille.
"gugo82":
Se l'esponente della potenza è positivo, allora la funzione [tex]$]0,+\infty[ \ni x\mapsto x^\alpha$[/tex] si prolunga con continuità su [tex]$0$[/tex]: infatti:
[tex]$\lim_{x\to 0^+} x^\alpha =\lim_{x\to 0^+} e^{\alpha \ \ln x} =e^{\alpha \ \lim_{x\to 0^+} \ln x} =0$[/tex].
Perfetto.
Come al solito sistemi le cose.
"Paolo90":
Quanto al dominio di $p$ e $q$ il testo non specifica; penso si possa comunque considerarli al massimo in $QQ$ (anche perchè quando dico $p=q+epsilon$, l'$epsilon$ può essere arbitrariamente piccolo). Prenderli in $RR$ mi sembra un po' rischioso per via di $0^p$ (che non risulterebbe definita).
Tu che dici?
Grazie ancora.
Ma se p è negativo l'elevamento alla p non è più continuo e quindi ciò che diceva Gugo cade.
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