Calcolo limite di una funzione con integrale
Buongiorno ragazzi, non riesco a risolvere questo esercizio nel quale è chiesto di calcolare questo limite: \(\lim_{x \to 0}\int_{0}^{x} sen^3t dt+1-cosx\) e di determinare ordine e parte principale dell'infinitesimo. Avevo pensato di applicare la regola di de l'hopital andando a calcolare la derivata dell'integrale, ma mi ritrovo in un vicolo cieco. Mi sapreste aiutare per favore?
Risposte
Ciao matt_warrior_18, benvenut* sul forum!
Parto con un suggerimento: osserva che $\sin^3 t=\sin^2t \cdot \sin t=(1-\cos^2 t)\sin t$. Riesci a concludere?
Non capisco perché vuoi usare la regola di De L'Hôpital, visto che non c'è alcun rapporto. Sei sicuro di aver ricopiato correttamente il testo dell'esercizio?
Parto con un suggerimento: osserva che $\sin^3 t=\sin^2t \cdot \sin t=(1-\cos^2 t)\sin t$. Riesci a concludere?
Non capisco perché vuoi usare la regola di De L'Hôpital, visto che non c'è alcun rapporto. Sei sicuro di aver ricopiato correttamente il testo dell'esercizio?
Che il limite sia zero è evidente già dalla domanda successiva e comunque deriva banalmente dal fatto che l'integrale va a zero (vedi https://it.openprof.com/wb/integrali_definiti?ch=291) e 1-cos(x) pure.
Credo che il rapporto esca volendo fare ($alpha>0$)
$lim_(x to 0) f(x)/x^alpha$
per trovare l'ordine di infinitesimo, ma non capisco che difficoltà ci sia nell'applicare De l'Hopital visto che si ottiene
$lim_(x to 0) (sin^3(x)+sin(x))/(alpha*x^(alpha-1))$
che mi sembra abbastanza semplice da analizzare.
"Mephlip":
Non capisco perché vuoi usare la regola di De L'Hôpital, visto che non c'è alcun rapporto.
Credo che il rapporto esca volendo fare ($alpha>0$)
$lim_(x to 0) f(x)/x^alpha$
per trovare l'ordine di infinitesimo, ma non capisco che difficoltà ci sia nell'applicare De l'Hopital visto che si ottiene
$lim_(x to 0) (sin^3(x)+sin(x))/(alpha*x^(alpha-1))$
che mi sembra abbastanza semplice da analizzare.
Va tutto a zero con ordine $2$ e parte principale $1/2 x^2$ (quella del coseno).
Infatti, puoi dimostrare che se $f(x) -> 0$ per $x -> 0$ con parte principale $C x^alpha$, allora la funzione integrale di $f$ con punto iniziale $0$, cioè:
\[
F(x) := \int_0^x f(t)\ \text{d}t
\]
è infinitesima per $x -> 0$ con parte principale che si ottiene integrando quella di $f$, cioè $\frac{C}{\alpha + 1} x^(alpha + 1)$.[nota]Ovviamente, la cosa funziona anche per $x -> x_0$, traslando opportunamente le cose.[/nota]
Per capirci, ed a mo' di conferma, visto che $sin x$ è infinitesima per $x -> 0$ con parte principale $x$, la funzione integrale:
\[
F(x) := \int_0^x \sin t\ \text{d}t = \Big[ - \cos t\Big]_0^x = -\cos x + 1 = 1- \cos x
\]
ha parte principale $\frac{1}{2} x^2$.
La dimostrazione si può arrangiare con un po' di Teorema del marchese (de l'Hôpital, avviamente) e dei carabinieri... Non è troppo difficile e -se ti interessa- puoi provarci da solo. Poi ne parliamo.
Infatti, puoi dimostrare che se $f(x) -> 0$ per $x -> 0$ con parte principale $C x^alpha$, allora la funzione integrale di $f$ con punto iniziale $0$, cioè:
\[
F(x) := \int_0^x f(t)\ \text{d}t
\]
è infinitesima per $x -> 0$ con parte principale che si ottiene integrando quella di $f$, cioè $\frac{C}{\alpha + 1} x^(alpha + 1)$.[nota]Ovviamente, la cosa funziona anche per $x -> x_0$, traslando opportunamente le cose.[/nota]
Per capirci, ed a mo' di conferma, visto che $sin x$ è infinitesima per $x -> 0$ con parte principale $x$, la funzione integrale:
\[
F(x) := \int_0^x \sin t\ \text{d}t = \Big[ - \cos t\Big]_0^x = -\cos x + 1 = 1- \cos x
\]
ha parte principale $\frac{1}{2} x^2$.
La dimostrazione si può arrangiare con un po' di Teorema del marchese (de l'Hôpital, avviamente) e dei carabinieri... Non è troppo difficile e -se ti interessa- puoi provarci da solo. Poi ne parliamo.
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