Dimostrazione teorema del calcolo di $ lim_(x->x_0)1/f(x)=1/l_2$
chi mi spiega questa dimostrazione ?
in particolare la 2.16 e dove trovo la 2.16 nell espressione indicata dall ultima freccia?
in particolare la 2.16 e dove trovo la 2.16 nell espressione indicata dall ultima freccia?
Risposte
Ciao bbiero, il regolamento del forum (che puoi leggere qui) chiede esplicitamente di non caricare foto. Questo è dovuto al fatto che le foto, col tempo, spariscono perché i siti di upload le rimuovono. Il forum è un luogo di discussione pubblica, quindi tutti coloro che passeranno di qui, in futuro, potranno anch'essi usufruire dell'aiuto a te dato per fugare loro eventuali dubbi e quindi è importante che le discussioni rimangano integre. Ti chiedo quindi, per favore, di copiare il testo dell'esercizio con le formule integrate al forum (di cui trovi un tutorial qui).
Una volta fatto, ti aiuteremo più che volentieri. Grazie!
Una volta fatto, ti aiuteremo più che volentieri. Grazie!
anche se ci impieghero un secolo e mezzo grazie comunque
Prego! All'inizio ci vuole un po' a prendere dimestichezza con le formule, ma con la pratica diventa sempre più facile e veloce scriverle. Sto già preparando una risposta dettagliata, mi manca poco per finirla. Quindi, appena modificherai, ti risponderò; non sarà fatica sprecata. 
grazie veramente,mi metto subito all opera 
Questa è una dimostrazione trovata sul libro Leonardo Sasso Nuova Matematica a Colori 4.
Le mie domande sono:
1) a che serve la 2.16?
2) dove sta la 2.16 nella formula in cui si dice che è stata utilizzata?
un ragionamento che ho fatto è che se la disequazione [2.16] avesse avuto verso contrario me la sarei ritrovata al denominatore di questa frazione$|1/g(x)-1/l_2|=|l_2-g(x)|/|l_2*g(x)|
dimostriamo che $lim_(x->x_0)f(x)/g(x)=l_1/l_2$, se $l_2!=0$
1) Osserviamo che è sufficiente mostrare che $lim_(x->x_0)1/g(x)=1/l_2$ .Dimostrato ciò, la tesi
segue osservando che il $lim_(x->x_0)f(x)/g(x)=lim_(x->x_0)f(x)*1/g(x)$ e applicando il teorema $lim_(x->x_0)f(x)*g(x)=l_1*l_2$
2) Per ogni $epsilon>0$, poiche il $lim_(x->x_0)g(x)=l_2$, esiste un intorno $I_1$ di $x_0$ tale che:
$|g(x)-l_2|
$|g(x)-l_2|<|l_2|/2$ per ogni $x in I_2$, con $x!=x_0$
In tale intorno, per la disuguaglianza triangolare sarà anche:
$|l_2|=|l_2-g(x)+g(x)|<=|l_2-g(x)|+|g(x)|<|l_2|/2+|g(x)|$
quindi: $|g(x)|>|l_2|/2$[inline][2.16][/inline]
4) Allora, per ogni $x in I_1 nn I_2 ($con $ x!=x_0)$ risulta:
[inline]utilizzando le proprietà dei valori assoluti,la [2.15] e la [2.16][/inline]
$|1/g(x)-1/l_2|=|l_2-g(x)|/|l_2*g(x)|
(eccetto al più $x_0$) i valori assunti dalla funzione $1/g$ si discostano da $1/l_2$ per una quantità arbitrariamente piccola (infatti $(2epsilon)/l_2^2$è arbitrario quanto $epsilon$,
se $l_2!=0$, essendo $2/l_2^2$ una costante).Pertanto, il $lim_(x->x_0)1/g(x)=1/l_2$
Le mie domande sono:
1) a che serve la 2.16?
2) dove sta la 2.16 nella formula in cui si dice che è stata utilizzata?
un ragionamento che ho fatto è che se la disequazione [2.16] avesse avuto verso contrario me la sarei ritrovata al denominatore di questa frazione$|1/g(x)-1/l_2|=|l_2-g(x)|/|l_2*g(x)|
dimostriamo che $lim_(x->x_0)f(x)/g(x)=l_1/l_2$, se $l_2!=0$
1) Osserviamo che è sufficiente mostrare che $lim_(x->x_0)1/g(x)=1/l_2$ .Dimostrato ciò, la tesi
segue osservando che il $lim_(x->x_0)f(x)/g(x)=lim_(x->x_0)f(x)*1/g(x)$ e applicando il teorema $lim_(x->x_0)f(x)*g(x)=l_1*l_2$
2) Per ogni $epsilon>0$, poiche il $lim_(x->x_0)g(x)=l_2$, esiste un intorno $I_1$ di $x_0$ tale che:
$|g(x)-l_2|
$|g(x)-l_2|<|l_2|/2$ per ogni $x in I_2$, con $x!=x_0$
In tale intorno, per la disuguaglianza triangolare sarà anche:
$|l_2|=|l_2-g(x)+g(x)|<=|l_2-g(x)|+|g(x)|<|l_2|/2+|g(x)|$
quindi: $|g(x)|>|l_2|/2$[inline][2.16][/inline]
4) Allora, per ogni $x in I_1 nn I_2 ($con $ x!=x_0)$ risulta:
[inline]utilizzando le proprietà dei valori assoluti,la [2.15] e la [2.16][/inline]
$|1/g(x)-1/l_2|=|l_2-g(x)|/|l_2*g(x)|
(eccetto al più $x_0$) i valori assunti dalla funzione $1/g$ si discostano da $1/l_2$ per una quantità arbitrariamente piccola (infatti $(2epsilon)/l_2^2$è arbitrario quanto $epsilon$,
se $l_2!=0$, essendo $2/l_2^2$ una costante).Pertanto, il $lim_(x->x_0)1/g(x)=1/l_2$
Grazie mille per la collaborazione, bbiero!
Svisceriamo la dimostrazione, ciò risponderà alla tua domanda (2): per ipotesi hai che $\lim_{x \to x_0} g(x)=l_2$. Dalla definizione di limite, ciò significa che per ogni $\epsilon>0$ esiste un intorno $I_2$ di $x_0$ tale che per ogni $x \in I_2 \setminus \{x_0\}$ risulta $|g(x)-l_2|<\epsilon$. Dato che per ipotesi è $l_2 \ne 0$, segue che $|l_2|>0$ (perché il modulo è o positivo o nullo, ma è nullo se e solo se il suo argomento è nullo); quindi, anche $|l_2|/2>0$. Dato che la disuguaglianza data dal limite vale per ogni $\epsilon>0$, essendo $|l_2|/2>0$ essa vale in particolare con $|l_2|/2$ al posto di $\epsilon$. Perciò, esiste un intorno $I_2$ di $x_0$ tale che per ogni $x \in I_2 \setminus \{x_0\}$ risulta $|g(x)-l_2|<|l_2|/2$. Pertanto, per la disuguaglianza triangolare, hai:
$$|l_2|=|l_2-g(x)+g(x)| \le |l_2-g(x)|+|g(x)|$$
Ricorda ora che per ogni $a,b\in\mathbb{R}$ risulta $|a-b|=|b-a|$, quindi:
$$|l_2-g(x)|+|g(x)|=|g(x)-l_2|+|g(x)|$$
Dato che nell'intorno $I_2$ abbiamo visto che vale la disuguaglianza $|g(x)-l_2|<|l_2|/2$, in tale intorno si ha che:
$$|g(x)-l_2|+|g(x)|<|l_2|/2+|g(x)|$$
Riscriviamo insieme tutte le disuguaglianze trovate finora:
$$|l_2|=|l_2-g(x)+g(x)| \le |l_2-g(x)|+|g(x)|=|g(x)-l_2|+|g(x)|<|l_2|/2+|g(x)|$$
Dato che, da sinistra a destra, abbiamo uguaglianze e poi disuguaglianze, tra la quantità all'estrema sinistra e quella all'estrema destra vale la disuguaglianza. Ossia, risulta:
$$|l_2|<|l_2|/2+|g(x)|$$
Portando $|l_2|/2$ al membro di sinistra, è $|l_2|/2<|g(x)|$; ossia, è $|g(x)|>|l_2|/2$ (dopo averlo scritto all'inizio non l'ho più scritto, ma tutto questo vale in $I_2$ perché è lì che vale $|g(x)-l_2|<|l_2|/2$).
Dato che $|g(x)|>|l_2|/2$ ed è $|l_2|/2>0$, possiamo passare ai reciproci e invertire il verso della disuguaglianza. Pertanto, risulta che $\frac{1}{|g(x)|}<\frac{2}{|l_2|}$ (che è poi la 2.16).
Quindi, usando poi che per ogni $c,d\in\mathbb{R}$ è $|cd|=|c|\cdot|d|$ (quindi per ogni $u \in\mathbb{R}$ e per ogni $v \in \mathbb{R}\setminus \{0\}$ vale anche $|\frac{u}{v}|=\frac{|u|}{|v|}$), hai che:
$$\left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{l_2}\right|=\left|\frac{l_2-g(x)}{l_2 \cdot g(x)}\right|=\frac{|l_2-g(x)|}{|l_2 \cdot g(x)|}=\frac{|g(x)-l_2|}{|l_2| \cdot| g(x)|}=\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{1}{|g(x)|}\cdot |g(x)-l_2|$$
Adesso, dato che per ipotesi $\lim_{x \to x_0} g(x)=l_2$, per ogni $\epsilon>0$ esiste un altro intorno $I_1$ di $x_0$ tale che per ogni $x \in I_1 \setminus \{x_0\}$ risulta $|g(x)-l_2|<\epsilon$. Quindi, se ci mettiamo nell'intersezione $(I_1 \cap I_2)\setminus \{x_0\}$, per definizione di intersezione ci troviamo in entrambi gli intorni $I_1$ e $I_2$. Perciò, valgono entrambe le disuguaglianze $|g(x)-l_2|<\epsilon$ e $\frac{1}{|g(x)|}<2/|l_2|$. Dunque, per ogni $x\ in (I_1 \cap I_2)\setminus \{x_0\}$, si ha (ora usiamo 2.16):
$$\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{1}{|g(x)|}\cdot |g(x)-l_2|<\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{2}{|l_2|}\cdot \epsilon=\frac{2\epsilon}{|l_2|^2}$$
Ma osserva che, per quanto detto prima sul modulo del prodotto di due numeri, è $|l_2|^2=|l_2|\cdot|l_2|=|l_2\cdot l_2|=|l_2^2|$. Ma $l_2^2>0$, quindi per definizione di modulo è $|l_2^2|=l_2^2$. Quindi, in conclusione, è:
$$\frac{2\epsilon}{|l_2|^2}=\frac{2\epsilon}{l_2^2}$$
La 2.16 ci è servita perché $1/|g(x)|$ può diventare molto grande se $g(x)$ è molto vicino a $0$; ma per ciò che vogliamo dimostrare vogliamo invece che la differenza $|1/g(x)-1/l_2|$ sia arbitrariamente piccola, quindi ci serve limitare $1/|g(x)|$ dall'alto.
Svisceriamo la dimostrazione, ciò risponderà alla tua domanda (2): per ipotesi hai che $\lim_{x \to x_0} g(x)=l_2$. Dalla definizione di limite, ciò significa che per ogni $\epsilon>0$ esiste un intorno $I_2$ di $x_0$ tale che per ogni $x \in I_2 \setminus \{x_0\}$ risulta $|g(x)-l_2|<\epsilon$. Dato che per ipotesi è $l_2 \ne 0$, segue che $|l_2|>0$ (perché il modulo è o positivo o nullo, ma è nullo se e solo se il suo argomento è nullo); quindi, anche $|l_2|/2>0$. Dato che la disuguaglianza data dal limite vale per ogni $\epsilon>0$, essendo $|l_2|/2>0$ essa vale in particolare con $|l_2|/2$ al posto di $\epsilon$. Perciò, esiste un intorno $I_2$ di $x_0$ tale che per ogni $x \in I_2 \setminus \{x_0\}$ risulta $|g(x)-l_2|<|l_2|/2$. Pertanto, per la disuguaglianza triangolare, hai:
$$|l_2|=|l_2-g(x)+g(x)| \le |l_2-g(x)|+|g(x)|$$
Ricorda ora che per ogni $a,b\in\mathbb{R}$ risulta $|a-b|=|b-a|$, quindi:
$$|l_2-g(x)|+|g(x)|=|g(x)-l_2|+|g(x)|$$
Dato che nell'intorno $I_2$ abbiamo visto che vale la disuguaglianza $|g(x)-l_2|<|l_2|/2$, in tale intorno si ha che:
$$|g(x)-l_2|+|g(x)|<|l_2|/2+|g(x)|$$
Riscriviamo insieme tutte le disuguaglianze trovate finora:
$$|l_2|=|l_2-g(x)+g(x)| \le |l_2-g(x)|+|g(x)|=|g(x)-l_2|+|g(x)|<|l_2|/2+|g(x)|$$
Dato che, da sinistra a destra, abbiamo uguaglianze e poi disuguaglianze, tra la quantità all'estrema sinistra e quella all'estrema destra vale la disuguaglianza. Ossia, risulta:
$$|l_2|<|l_2|/2+|g(x)|$$
Portando $|l_2|/2$ al membro di sinistra, è $|l_2|/2<|g(x)|$; ossia, è $|g(x)|>|l_2|/2$ (dopo averlo scritto all'inizio non l'ho più scritto, ma tutto questo vale in $I_2$ perché è lì che vale $|g(x)-l_2|<|l_2|/2$).
Dato che $|g(x)|>|l_2|/2$ ed è $|l_2|/2>0$, possiamo passare ai reciproci e invertire il verso della disuguaglianza. Pertanto, risulta che $\frac{1}{|g(x)|}<\frac{2}{|l_2|}$ (che è poi la 2.16).
Quindi, usando poi che per ogni $c,d\in\mathbb{R}$ è $|cd|=|c|\cdot|d|$ (quindi per ogni $u \in\mathbb{R}$ e per ogni $v \in \mathbb{R}\setminus \{0\}$ vale anche $|\frac{u}{v}|=\frac{|u|}{|v|}$), hai che:
$$\left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{l_2}\right|=\left|\frac{l_2-g(x)}{l_2 \cdot g(x)}\right|=\frac{|l_2-g(x)|}{|l_2 \cdot g(x)|}=\frac{|g(x)-l_2|}{|l_2| \cdot| g(x)|}=\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{1}{|g(x)|}\cdot |g(x)-l_2|$$
Adesso, dato che per ipotesi $\lim_{x \to x_0} g(x)=l_2$, per ogni $\epsilon>0$ esiste un altro intorno $I_1$ di $x_0$ tale che per ogni $x \in I_1 \setminus \{x_0\}$ risulta $|g(x)-l_2|<\epsilon$. Quindi, se ci mettiamo nell'intersezione $(I_1 \cap I_2)\setminus \{x_0\}$, per definizione di intersezione ci troviamo in entrambi gli intorni $I_1$ e $I_2$. Perciò, valgono entrambe le disuguaglianze $|g(x)-l_2|<\epsilon$ e $\frac{1}{|g(x)|}<2/|l_2|$. Dunque, per ogni $x\ in (I_1 \cap I_2)\setminus \{x_0\}$, si ha (ora usiamo 2.16):
$$\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{1}{|g(x)|}\cdot |g(x)-l_2|<\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{2}{|l_2|}\cdot \epsilon=\frac{2\epsilon}{|l_2|^2}$$
Ma osserva che, per quanto detto prima sul modulo del prodotto di due numeri, è $|l_2|^2=|l_2|\cdot|l_2|=|l_2\cdot l_2|=|l_2^2|$. Ma $l_2^2>0$, quindi per definizione di modulo è $|l_2^2|=l_2^2$. Quindi, in conclusione, è:
$$\frac{2\epsilon}{|l_2|^2}=\frac{2\epsilon}{l_2^2}$$
"bbiero":
1) a che serve la 2.16?
La 2.16 ci è servita perché $1/|g(x)|$ può diventare molto grande se $g(x)$ è molto vicino a $0$; ma per ciò che vogliamo dimostrare vogliamo invece che la differenza $|1/g(x)-1/l_2|$ sia arbitrariamente piccola, quindi ci serve limitare $1/|g(x)|$ dall'alto.
"bbiero":
un ragionamento che ho fatto è che se la disequazione [2.16] avesse avuto verso contrario me la sarei ritrovata al denominatore di questa frazione$|1/g(x)-1/l_2|=|l_2-g(x)|/|l_2*g(x)|
Questo purtroppo non funziona perché se la 2.16 avesse verso contrario, ossia se fosse $|g(x)|<|l_2|/2$, allora avresti $\frac{1}{|g(x)|}>\frac{2}{|l_2|}$ che non ti serve a concludere; non ti serve perché tu vuoi dimostrare che $|1/g(x)-1/l_2|$ è arbitrariamente piccolo, quindi lo vuoi stimare dall'alto (ossia vuoi dire che è "minore di qualcosa") e non dal basso (che invece vuol dire "maggiore di qualcosa").
Per qualsiasi altro dubbio sulla dimostrazione o dubbi su qualcosa scritto da me, chiedi pure.
mi sfuggiva questo passaggio che chiarisce il verso della 2.16:
\[ \frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{1}{|g(x)|}\cdot |g(x)-l_2|<\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{2}{|l_2|}\cdot \epsilon=\frac{2\epsilon}{|l_2|^2} \]
Ma il fatto che mi hai commentato tutta la dimostrazione mi ha chiarito anche altri piccoli dubbi....
grazie di tutto!
\[ \frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{1}{|g(x)|}\cdot |g(x)-l_2|<\frac{1}{|l_2|} \cdot \frac{2}{|l_2|}\cdot \epsilon=\frac{2\epsilon}{|l_2|^2} \]
Ma il fatto che mi hai commentato tutta la dimostrazione mi ha chiarito anche altri piccoli dubbi....
grazie di tutto!
Ma perché tutta sta roba mi pare presa da materiale per il liceo, mentre dovrebbe essere presa da un testo di Analisi?
perche sono un comune mortale....
"bbiero":
perche sono un comune mortale....
Come tutti quelli che studiano Analisi all'università.
Perché studi all'università, vero?
O devo spostare il thread nella sezione delle secondarie?
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