Zeri di una famiglia di funzioni

[Sk_Anonymous]

Si consideri l'equazione \[ x \left[ 1 + \log \left( \frac{1}{\epsilon \sqrt{x}} \right) \right] -1 =0, \quad \epsilon > 0, \ x> 0. \]Mostrare che

1. per \(\epsilon\) sufficientemente piccolo l'equazione di cui sopra ha esattamente due soluzioni;

2. detta \( x(\epsilon )\) la soluzione piu' piccola, \( x(\epsilon) \to 0^+\) per \( \epsilon \to 0^+ \);

3. per ogni \(s>0\), \(\epsilon^{-s} x(\epsilon) \to \infty\) per \(\epsilon \to 0^+\).

[dan952]

1.
Sia $f_{\varepsilon}(x)=x[1+\log(\frac{1}{\varepsilon \sqrt{x}})]-1$, notiamo che

$f'(x)=\log(\frac{1}{\varepsilon \sqrt{x}})+\frac{1}{2}$

e

$f''(x)=-\frac{1}{2x}$

Da cui deduciamo che $f_{\varepsilon}(x)$ è crescente in $(0,\frac{e}{\varepsilon^2})$, ha massimo assoluto in $x=\frac{e}{\varepsilon^2}$ e decresce "dopo", inoltre

$\lim_{x \rightarrow 0^{+}}f_{\varepsilon}(x)=-1$

e

$\lim_{x \rightarrow +\infty}f_{\varepsilon}(x)=-\infty$

per ogni $\varepsilon >0$
Per il teorema dell'esistenza degli zeri ha esattamente due radici per $\epsilon <\sqrt{\frac{e}{2}}$, una per $\epsilon =\sqrt{\frac{e}{2}}$ e invece per $\epsilon >\sqrt{\frac{e}{2}}$ risulta $f_{\varepsilon}(x)<0$ per ogni $x>0$.

2.
Edit: manca da mostrare che $x(\varepsilon)$ non tende a infinito...

Osserviamo che

$f_{\varepsilon}(x)=f_1(x)-x\log(\varepsilon)$
quindi

$f_1(x(\varepsilon))=x(\varepsilon)\log(\varepsilon)$

Ora essendo $f_1(x)$ limitata vicino l'origine si deduce che per $\varepsilon \rightarrow 0^{+}$ risulterà $x(\varepsilon) \rightarrow 0$.

3.

Dal punto 2. si deduce che

$x(\varepsilon) ~ -\frac{1}{\log(\varepsilon)}$

Perché $f_1(0)=-1$, da questo segue la tesi.

[Bremen000]

Punto 1:

\( f \in C^{\infty}((0, +\infty)) \)
\( f(x):= x \left[ 1 + \log \left( \frac{1}{\epsilon \sqrt{x}} \right) \right] -1 \)
\( f'(x)= \log \left( \frac{1}{\epsilon \sqrt{x}} \right) + \frac{1}{2} \)
\( f''(x)= -\frac{1}{2x} \)

Dunque $f$ è crescente in $(0,\frac{e}{\epsilon^2})$ ed è decrescente in $(\frac{e}{\epsilon^2}, +\infty)$.
Poi $lim_{x \to 0^+}f(x) =-1 \quad \quad \lim_{x \to +\infty}f(x) = -\infty$.

Il massimo di $f$ è $f(\frac{e}{\epsilon^2}) = \frac{e}{2\epsilon^2}-1$ che è positivo per $\epsilon < \sqrt{\frac{e}{2}}$.

Dunque per il teorema di esistenza degli zeri (generalizzato o comunque bisognerebbe mettere i puntini sulle i) $f$ ha esattamente due zeri in \( (0, +\infty) \).

Punto 2:

L'equazione data è equivalente a $e^{2-\frac{2}{x}} = \epsilon^2 x$ e dunque si ha che:

$ \frac{e^2}{\epsilon^2} = x(\epsilon) e^{\frac{2}{x(\epsilon)}} $

Ora, il lato di sinistra tende a $+\infty$ quando $\epsilon \to 0^+$ e dunque $x(\epsilon)$ non può tendere ad un valore finito positivo. Mostriamo che non può tendere ad infinito:

Lo zero più piccolo di $f$ appartiene all'intervallo $(0,\frac{e}{\epsilon^2})$ e inoltre, detta $r$ la retta passante per $(0,-1)$ e $(\frac{e}{\epsilon^2}, \frac{e}{2\epsilon^2}-1)$ si ha che $r: y= 1/2x-1$ e la sua derivata è $1/2$ mentre, se $\epsilon < e^{1/4}$
, $f'(x) >1/2$ in tutto l'intervallo $(0,\frac{e}{\epsilon^2})$.
Dunque, per $\epsilon$ sufficientemente piccolo, lo zero più piccolo di $f$ deve essere minore del punto di intersezione di $r$ con l'asse $x$, ovvero si ha che $x(\epsilon) <2$.

Dunque l'unica possibilità è che $x(\epsilon) \to 0^+$ quando $\epsilon \to 0^+$.

[Bremen000]

Punto 3: (di cui non sono per niente sicuro)

Sia $s>0$:

\[ f(\epsilon^{-s}x(\epsilon)) = \dots = \frac{1}{2}x(\epsilon)\epsilon^{-s}s\log(\epsilon) \]

Se $\epsilon^{-s}x(\epsilon) \to c \in (0, +\infty)$ allora si ha che $f(c) =-\infty$ che è assurdo.

Se esiste $s>0$ t.c. $\epsilon^{-s}x(\epsilon) \to 0^+$ allora anche $ \epsilon^{-p}x(\epsilon) \to 0^+$ per ogni $0
$+ \infty =\lim_{\epsilon to 0^+} \frac{s}{p}\epsilon^{-s+p} = \lim_{\epsilon to 0^+} \frac{f(\epsilon^{-s}x(\epsilon))}{f(\epsilon^{-p}x(\epsilon))}=1$ che è assurdo.

L'unica possibilità è dunque che $\epsilon^{-s}x(\epsilon) \to+\infty$

[Sk_Anonymous]

@Bremen: non sono d'accordo con il tuo punto 2, perche' nel tuo ragionamento non stai usando il fatto che \( x(\epsilon)\) e' lo zero piu' piccolo. Tant'e' che l'altro zero, sia esso \( x_2 (\epsilon) \), e' tale che \( x_2 (\epsilon) \ge e / \epsilon^2 \) (che va a \(+\infty\) per \( \epsilon \to 0^+\), e che non viola l'equazione che hai scritto perche' se \( x(\epsilon) \to +\infty\) allora \(e^{2/x(\epsilon)} \to 1 \)).

Domani provo a controllare il resto.

Un modo per mostrare 2 e' prendere \( x = 1/\log(1/\epsilon) \to 0^+\) per \(\epsilon \to 0^+\) ed usare il teorema di esistenza degli zeri in \( [0,1/\log(1/\epsilon))\). Usando un trucchetto simile si mostra anche 3.

[dan952]

@delirium hai notato la mia?

Ti aggiungo quello che mancava nel punto 2

Osservando che $f_{\varepsilon}(x)=f_1(x)-x\log(\varepsilon)$ e $f_{\varepsilon}(x)>-1$ in un intorno opportuno di 0, quindi si verifica che per $x=\frac{1}{\log(\varepsilon)}$ risulta $f_{\varepsilon}(x)>0$ la tesi quindi segue dal teorema degli zeri.

[Sk_Anonymous]

@dan: si', l'avevo letta di fretta, e mi sembra che 1 e 2, con la nuova aggiunta, vadano bene. 3 e' un po' vago (se vuoi formalizzare, prova a considerare anche \( x = 1 /2 \log(1/\epsilon) \)).

[Bremen000]

@Delirium: hai ragione, avevo fatto un po' di getto. Potrei aver corretto ma è tardi e non ne sono sicurissimo.

[Vincent46]

Do solo l'idea perché è un po' un'apocalisse di conti Non pretendo che controlli tutto, anzi, figurati se non mi sarò confuso da qualche parte!

Detta $f(x)$ la funzione a primo membro, si ha:

$$f'(x) = \log \left( \frac{1}{\epsilon \sqrt{x}}\right) + \frac 12 ,$$

e ciò mostra che $f$ è crescente fino al punto $\frac {e}{\epsilon^2}$, dove assume il valore $\frac{e}{\epsilon ^2}(1 + \frac{1}{\sqrt{e}})-1$, che è positivo per $epsilon$ piccolo. Inoltre, poiché
$$ \lim_{x \to 0*+} f(x) = -1,$$
$$ \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty,$$
il primo punto è dimostrato.

Per quanto riguarda il secondo punto, direi che posso applicare il teorema fondamentale del calcolo integrale e ottenere
$$\int^{x(\epsilon)}_{0} f'(x) = +1$$
(non so se sia legale, visto che la derivata esplode in $0$, ma credo che si ottenga un risultato equivalente considerando gli integrali a partire da punti poco più a destra di $0$ e poi passando al limite).
Poiché dallo studio della derivata seconda si ottiene che $f'$ è decrescente fino al punto di massimo di $f$, concludo che $f'(x(\epsilon)) \leq \frac{1}{x(epsilon)}$. Questo vuol dire
$\log( \frac{1}{\sqrt{x(\epsilon)}})- \frac{1}{x( \epsilon )} - \log (\epsilon) + \frac{1}{2} \leq 0$.
Ora, studiando un po' la funzione a primo membro (chiamiamola $g(x)$), si vede che è negativa su un'unione di due intervalli della forma $(0, x_1) \cup (x_2, +\infty)$, e in realtà l'intervallino di destra si può scartare perché $x_2$ è a destra del punto di massimo di $f$. Tuttavia si vede che $g(-\frac{1}{\log(\epsilon)))$ è sempre positivo per $\epsilon \to 0$, e quindi deve valere $x(\epsilon) < (-\frac{1}{\log(\epsilon)})$; quindi tende a $0$.

Per il terzo punto, usiamo che $f' = -\log(\epsilon) - \frac{1}{2} \log(x) + \frac{1}{2} \leq -\log(\epsilon) + \frac{1}{\sqrt x} + \frac{1}{2}$, Integrando e "ponendo le condizioni iniziali", ottengo che $f(x) \leq -x \log(\epsilon) - 2 \sqrt(x) + \frac{x}{2} -1$. Quindi il primo zero di $f$ viene dopo del primo zero della funzione $h(x)$ a membro di destra, che è polinomio di secondo grado in $\sqrt(x)$, e quindi facilmente trattabile. Dovrebbe uscire fuori che il primo zero di $h(x)$ è asintotico a $\frac{1}{-\log(\epsilon)}$, e questo dovrebbe risolvere il terzo punto.

[dan952]

Il punto 1 e 2 possono essere risolti qualitativamente

Notiamo che $y=f_1(x)$ e la retta passante per l'origine $y=\log(\varepsilon)x$ si intersecano esattamente in 2 punti per $\varepsilon$ sufficientemente piccolo, perché $f_1(0)=-1$, $f_1(+\infty)=-\infty$ e $f_1(x)<0$ in un dominio di $\mathbb{R}_{+}$ sconnesso avente due componenti connesse. Se facciamo ruotare la retta notiamo che al limite si interseca in $x=0$.

[Sk_Anonymous]

@tutti: mi sono rotto di controllare, ma spero che il problemino sia piaciuto

[Vincent46]

"Delirium":@tutti: mi sono rotto di controllare, ma spero che il problemino sia piaciuto

Yes, anzi, colgo l'occasione per ringraziarti di tutti i bei problemini su cui amo spendere il tempo che dovrei dedicare agli esami e alla tesi

[Sk_Anonymous]

Figurati, io faccio questi al posto che lavorare ai progetti del dottorato