Matematicamente.it

Inviato: **13/11/2019, 11:24**

Mathita ha scritto:... E se decidessimo di non usare De l'Hopital?

Nota: non ho ancora tentato di risolvere il problema senza il teorema del Marchese e non sono sicuro che si possa trovare una strategia elegante bypassandolo.

Il caso $ f(0)=0$ si puo' bypassare: fissa $ \epsilon > 0 $, esistera' $ \delta > 0 $ tale che $ |f(t)| \le \epsilon $, diciamo per $ t \in [0, \delta) $. Allora \[ \begin{split} x \int_x ^1 \frac{f(t)}{t^2} \, dt & = x \left( \int_x^\delta \frac{f(t)}{t^2} \, dt + \int_\delta ^1 \frac{f(t)}{t^2} \, dt \right) \\ & \le x \epsilon \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{\delta} \right) + x C(\delta) \end{split} \]per ogni $ x \in [0,\delta) $. Passando al limite ottieni \[ \lim_{x \to 0^+} x \int_x ^1 \frac{f(t)}{t^2} \, dt \le \epsilon. \]Concludi usando l'arbitrarieta' di $\epsilon$.

gugo82 ha scritto:[...] Poco importa (ed è questo il punto dell’esercizio): il teorema del marchese vale sempre quando il denominatore tende ad $+- oo$.

E c'hai ragione pure te.

Inviato: **13/11/2019, 11:48**

@Obnoxious, molto carina. :-)

Io intendevo bypassare completamente De l'Hopital. My fault, non sono stato abbastanza esplicito nella richiesta.

Suppongo che in qualche modo si possa riciclare la tua dimostrazione aggiungendo e sottraendo $f(0)$ e giocando un po' con gli estremi di integrazione scegliendoli ad hoc. Ci penso su.

Inviato: **13/11/2019, 12:51**

Mathita ha scritto:Suppongo che in qualche modo si possa riciclare la tua dimostrazione aggiungendo e sottraendo $f(0)$

Si, si, provaci.

Inviato: **13/11/2019, 13:16**

@Dissonance.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Pensavo a qualcosa del genere:

$x\int_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^2}dt=x\left(\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)+f(0)}{t^2}dt\right)=x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt+xf(0)\int_{x}^{1}\frac{1}{t^2}dt$

Svolgo i calcoli

$x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt+f(0)(1-x)$

Per $x\to 0^{+}, f(0)(1-x)\to f(0)$ e per raggiungere la tesi "basta" far vedere che $x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt$ è infinitesimo per $x\to 0^{+}$.

Per ogni $x\in (0,1]$ si ha che

$0\le |x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt|\le x\int_{x}^{1}\frac{|f(t)-f(0)|}{t^2}dt$

Pongo $g(t)=|f(t)-f(0)|$ e osservo che $g(0)=0$ e $g(t)$ è continua e non negativa: concludo riconducendomi alla risoluzione di obnoxious.

Regge secondo voi?

Inviato: **13/11/2019, 13:46**

Esatto.

Inviato: **13/11/2019, 14:03**

Mathita ha scritto:@Dissonance.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Pensavo a qualcosa del genere:

$x\int_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^2}dt=x\left(\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)+f(0)}{t^2}dt\right)=x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt+xf(0)\int_{x}^{1}\frac{1}{t^2}dt$

Svolgo i calcoli

$x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt+f(0)(1-x)$

Per $x\to 0^{+}, f(0)(1-x)\to f(0)$ e per raggiungere la tesi "basta" far vedere che $x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt$ è infinitesimo per $x\to 0^{+}$.

Per ogni $x\in (0,1]$ si ha che

$0\le |x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt|\le x\int_{x}^{1}\frac{|f(t)-f(0)|}{t^2}dt$

Pongo $g(t)=|f(t)-f(0)|$ e osservo che $g(0)=0$ e $g(t)$ è continua e non negativa: concludo riconducendomi alla risoluzione di obnoxious.

Regge secondo voi?

Yep, si fa cosi'!

Inviato: **13/11/2019, 14:28**

Mathita ha scritto:@Dissonance.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Pensavo a qualcosa del genere:

$x\int_{x}^{1}\frac{f(t)}{t^2}dt=x\left(\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)+f(0)}{t^2}dt\right)=x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt+xf(0)\int_{x}^{1}\frac{1}{t^2}dt$

Svolgo i calcoli

$x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt+f(0)(1-x)$

Per $x\to 0^{+}, f(0)(1-x)\to f(0)$ e per raggiungere la tesi "basta" far vedere che $x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt$ è infinitesimo per $x\to 0^{+}$.

Per ogni $x\in (0,1]$ si ha che

$0\le |x\int_{x}^{1}\frac{f(t)-f(0)}{t^2}dt|\le x\int_{x}^{1}\frac{|f(t)-f(0)|}{t^2}dt$

Pongo $g(t)=|f(t)-f(0)|$ e osservo che $g(0)=0$ e $g(t)$ è continua e non negativa: concludo riconducendomi alla risoluzione di obnoxious.

Regge secondo voi?

Bello!

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