Limite di funzioni trigonometriche
M'è venuto un dubbio...
Supponiamo di avere questa funzione
$y=(sinx-1)/(cosx-sinx)$
C'è un modo per dimostrare analiticamente che il limite con $x->infty$ non esiste?
O basta semplicemente dire che essendo la funzione di periodo $2pi$ non potrà mai trovarsi un intorno di $infty$ per il quale si possa rendere piccolo a piacere $|f(x)-l|$ o grande a piacere $|F(x)|$??
Grazie in anticipo ;D
Supponiamo di avere questa funzione
$y=(sinx-1)/(cosx-sinx)$
C'è un modo per dimostrare analiticamente che il limite con $x->infty$ non esiste?
O basta semplicemente dire che essendo la funzione di periodo $2pi$ non potrà mai trovarsi un intorno di $infty$ per il quale si possa rendere piccolo a piacere $|f(x)-l|$ o grande a piacere $|F(x)|$??
Grazie in anticipo ;D
Risposte
beh lo si mostra esattamente come hai detto te nelle ultime due righe 
o meglio facendo vedere che la sua classe limite* è un sottoinsieme costituito da più di un punto di [-1,1].
Mostriamo che data la funzione $y=sinx/(cosx-sinx)$, essa la possiamo riscrivere con un opportuna successione $x_n$ tc $y=sin(x_n)/(cosx_n-sinx_n)$*.
Mostriamo che si può sempre trovare una sottosuccessione che converga a un numero reale di [-1,1].
Infatti sia $a\in\[-1,1]$, allora affermo che $EEx_n\inRR$ tale che $sinx_n/(cosx_n-sinx_n)->a$ per n tendente a infinito, infatti:
$sin(x_n)/(cosx_n-sinx_n)=a<=>sinx_n=acosx_n-asinx_n<=>sinx_n(1+a)=acosx_n<=>tgx_n=a/(1+a)<=>x_n=arctg(a/(a+1))+npi$
quindi posta una generica successione $x_n$ come definita sopra, le sottosuccessione $y=sin(arctg(a/(a+1))+npi)/(cos(arctg(a/(a+1))+npi)-sin(arctg(a/(a+1))+npi))$ tende a un generico a per n che tende a infinito. (con le dovute condizioni d'esistenza di a e x )
--------------------------------
*classe limite: Si chiama valore limite di $f(x)$ per $x->p$ un qualunque elemnteo $alpha\inRRU{oo}$ per cui esiste una successione {x_n} soddisfacente le proprietà elencate qui sotto tale che $lim_(xtop)f(x_n)=alpha$. L'insieme di tutti gli $alpha$ si chiama classe limite della funzione.
*Teorema: (ristretto a funzioni reali a valori reali) sia $f:RR->RR$ e sia $p\inRR$ allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:
i) $lim_(x->p)f(x)=l
ii)$lim_(nto+oo)f(x_n)=l$ con ${x_n}$ soddisfacente le seguenti condizoni: $x_n!=p$, $x_n\inRR$, $x_n->p$ con $n->+oo$
quindi la tua funzione non ammette limite in quanto, per $xto+oo$, puoi trovare sempre un punto in [-1,1] per cui la tua funzione si accumuli come illustrato sopra.
In generale non ti saprei dire... il calcolo non ho mai provato a farlo
buona notte!
o meglio facendo vedere che la sua classe limite* è un sottoinsieme costituito da più di un punto di [-1,1].
Mostriamo che data la funzione $y=sinx/(cosx-sinx)$, essa la possiamo riscrivere con un opportuna successione $x_n$ tc $y=sin(x_n)/(cosx_n-sinx_n)$*.
Mostriamo che si può sempre trovare una sottosuccessione che converga a un numero reale di [-1,1].
Infatti sia $a\in\[-1,1]$, allora affermo che $EEx_n\inRR$ tale che $sinx_n/(cosx_n-sinx_n)->a$ per n tendente a infinito, infatti:
$sin(x_n)/(cosx_n-sinx_n)=a<=>sinx_n=acosx_n-asinx_n<=>sinx_n(1+a)=acosx_n<=>tgx_n=a/(1+a)<=>x_n=arctg(a/(a+1))+npi$
quindi posta una generica successione $x_n$ come definita sopra, le sottosuccessione $y=sin(arctg(a/(a+1))+npi)/(cos(arctg(a/(a+1))+npi)-sin(arctg(a/(a+1))+npi))$ tende a un generico a per n che tende a infinito. (con le dovute condizioni d'esistenza di a e x
)--------------------------------
*classe limite: Si chiama valore limite di $f(x)$ per $x->p$ un qualunque elemnteo $alpha\inRRU{oo}$ per cui esiste una successione {x_n} soddisfacente le proprietà elencate qui sotto tale che $lim_(xtop)f(x_n)=alpha$. L'insieme di tutti gli $alpha$ si chiama classe limite della funzione.
*Teorema: (ristretto a funzioni reali a valori reali) sia $f:RR->RR$ e sia $p\inRR$ allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:
i) $lim_(x->p)f(x)=l
ii)$lim_(nto+oo)f(x_n)=l$ con ${x_n}$ soddisfacente le seguenti condizoni: $x_n!=p$, $x_n\inRR$, $x_n->p$ con $n->+oo$
quindi la tua funzione non ammette limite in quanto, per $xto+oo$, puoi trovare sempre un punto in [-1,1] per cui la tua funzione si accumuli come illustrato sopra.
In generale non ti saprei dire... il calcolo non ho mai provato a farlo
buona notte!
Grazie domani me lo leggo con calma che ora muoio di sonno ;D
Penso di aver capito cmq con il tuo metodo anche se ahime non ho ancora studiato classi limite e soci ;D
In un senso più intuitivo ed in mancanza di una definizione di classe limite da quello che credo di aver capito xD allora si può fare il ragionamento che ho fatto no, dopotutto anche il libro lo fa anche se v'era in esame solo al funzione $y=sinx$ xD?
Penso di aver capito cmq con il tuo metodo anche se ahime non ho ancora studiato classi limite e soci ;D
In un senso più intuitivo ed in mancanza di una definizione di classe limite da quello che credo di aver capito xD allora si può fare il ragionamento che ho fatto no, dopotutto anche il libro lo fa anche se v'era in esame solo al funzione $y=sinx$ xD?
si se vuoi tirare le somme di tutta la spataffiata di sopra puoi dire in modo intuitivo che la funzione continua a oscillare, però vedere a sprazzi il perchè oscilla è anche simpatico
ciaoo
ciaoo
Okkey ;D grazie
Ciau
Ciau
Pensavo a altro modo.
Vale l'identità
$cosx-sinx=-sqrt2sin(x-pi/4)$
Perciò il limite è
$lim_(xto+oo) -\frac{sinx-1}{sqrt2sin(x-pi/4)}=$
$-1/sqrt2\cdotlim_(xto+oo) \frac{sinx-1}{sin(x)}=$
$=-1/sqrt2\cdotlim_(xto+oo) 1-\frac{1}{sin(x)}$
A questo punto se diamo per buono che $lim_(xtoinfty)sinx$ non esiste, direi abbiamo finito.
Dite che è giusto?
Vale l'identità
$cosx-sinx=-sqrt2sin(x-pi/4)$
Perciò il limite è
$lim_(xto+oo) -\frac{sinx-1}{sqrt2sin(x-pi/4)}=$
$-1/sqrt2\cdotlim_(xto+oo) \frac{sinx-1}{sin(x)}=$
$=-1/sqrt2\cdotlim_(xto+oo) 1-\frac{1}{sin(x)}$
A questo punto se diamo per buono che $lim_(xtoinfty)sinx$ non esiste, direi abbiamo finito.
Dite che è giusto?
che fine ha fatto il $pi/4$ del primo passaggio?
si direi che va bene se riesci a sistemare un errorino... come mai $sin(x-pi/4)=sinx$? 
se no rimani con numeratore e denominatore che non riesci a riportarti alla scrittura finale e sei al punto di partenza...
se no rimani con numeratore e denominatore che non riesci a riportarti alla scrittura finale e sei al punto di partenza...
"amelia":
che fine ha fatto il $pi/4$ del primo passaggio?
Calcolando che $xto oo$, allora
$x+pi/4\approx x$
(non mi andava di mettere in evidenza $x$ e dire la solita solfa della parentesi che tende a $1$).
E' pure vero che per la funzione seno avere un $pi/4$ in più o in meno all'argomento non è indifferente... non saprei, che ne pensate?
dicendo che per $xto+oo$, $x+pi/4≈x$ nella funzione seno allora implicitamente dici già che la funzione va a caso all'infinito... insomma è un passaggio un pò forzato...
Scusate ma non vedo il problema.
Essendo $lim_(xto+oo)x/(x+pi/4)=1$ non basta per affermare che $x+pi/4\approx x$ per$xto+oo$?
Essendo $lim_(xto+oo)x/(x+pi/4)=1$ non basta per affermare che $x+pi/4\approx x$ per$xto+oo$?
"Steven":
Pensavo a altro modo.
Vale l'identità
$cosx-sinx=-sqrt2sin(x-pi/4)$
Perciò il limite è
$lim_(xto+oo) -\frac{sinx-1}{sqrt2sin(x-pi/4)}=$
$-1/sqrt2\cdotlim_(xto+oo) \frac{sinx-1}{sin(x)}=$
$=-1/sqrt2\cdotlim_(xto+oo) 1-\frac{1}{sin(x)}$
A questo punto se diamo per buono che $lim_(xtoinfty)sinx$ non esiste, direi abbiamo finito.
Dite che è giusto?
Non vorrei dire cavolate (probabile, invece, che le stia per dire, e anche parecchie), ma non sono d'accordo.
Se prendiamo la funzione $y=x+senx$ e passiamo al limite per $x to +oo$, il limite esiste ed è $x+senx to +oo$ (come dovrebbe essere facile provare coi teoremi del confronto), anche se $lim_{x to +oo} senx$ non esiste.
Con il ragionamento di cui sopra, anche in questo esempio potremmo risparmiarci di trovare il limite.
Questo per dire che, almeno stando a quello che riesco a capire io, mi pare che ci sia un abuso del teorema per il quale se esiste il limite delle funzioni operandi, allora esiste anche quello della funzione che si tira fuori con gli operatori.
Probabile però che io stia sbagliando: attendo delucidazioni.
Apro e chiudo una parentesi (di buon senso più che altro).
La funzione di cui si vuole calcolare il limite, $f(x)=(sin x-1)/(cos x-sin x)$, ha delle singolarità che si accumulano a $pm oo$ (in particolare nei punti $pi/4+k pi$ con $k in ZZ$): intorno ad ognuna di queste singolarità, la $f$ non è limitata né inferiormente né superiormente.
Tanto basta per dire che $f$ non può essere regolare all'infinito: infatti se esistesse finito $lim_(xto pm oo) f(x)$ allora $f$ dovrebbe rimanere limitata intorno a $pm oo$, cosa che non è per via delle singolarità; d'altra parte se fosse $lim_(x to pm oo) f(x)=+oo$ [rispettivamente $lim_(x to pm oo) f(x)=-oo$] allora $f$ dovrebbe rimanere limitata inferiormente [risp. superiormente] in un intorno di $pm oo$, il che non è ugualmente possibile.
La funzione di cui si vuole calcolare il limite, $f(x)=(sin x-1)/(cos x-sin x)$, ha delle singolarità che si accumulano a $pm oo$ (in particolare nei punti $pi/4+k pi$ con $k in ZZ$): intorno ad ognuna di queste singolarità, la $f$ non è limitata né inferiormente né superiormente.
Tanto basta per dire che $f$ non può essere regolare all'infinito: infatti se esistesse finito $lim_(xto pm oo) f(x)$ allora $f$ dovrebbe rimanere limitata intorno a $pm oo$, cosa che non è per via delle singolarità; d'altra parte se fosse $lim_(x to pm oo) f(x)=+oo$ [rispettivamente $lim_(x to pm oo) f(x)=-oo$] allora $f$ dovrebbe rimanere limitata inferiormente [risp. superiormente] in un intorno di $pm oo$, il che non è ugualmente possibile.
"amandy":
Scusate ma non vedo il problema.
Essendo $lim_(xto+oo)x/(x+pi/4)=1$ non basta per affermare che $x+pi/4\approx x$ per$xto+oo$?
Ho detto una cosa giusta nel posto sbagliato il che equivale ad una cavolata!
Vero il $lim_(xto+oo)x/(x+pi/4)=1$
ma non ne consegue che $lim_(xto+oo)sinx/sin(x+pi/4)=1$
...sorry.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo