Analisi 1 aiuto es esame
Bene martedì ho l'esame di analisi 1 e sto facendo gli es degli anni scorsi, la prima parte di questo es mi ha mandato in crisi chi mi da una mano?
http://i46.tinypic.com/2zqagpy.jpg
http://i46.tinypic.com/2zqagpy.jpg
Risposte
io userei il teorema di De L'Hopital
si ci avevo pensato ma non riesco a trattare quel due al den, non è che puoi andare più a fondo?
devi calcolare il limite $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\int_0^x\frac{1-\cos t}{2+t^8}dt}{x^{alpha}}$ se $\alpha>0$ è nella forma indeterminata $0/0$..e qui che applichi De L'Hopital ottenendo $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1-\cos x}{2+x^8}}{\alpha x^{alpha-1}}$ questo è un numero non nullo solo se $\alpha-1=2$ cioè $\alpha=3$
"korrak93":
Bene martedì ho l'esame di analisi 1 e sto facendo gli es degli anni scorsi, la prima parte di questo es mi ha mandato in crisi chi mi da una mano?
http://i46.tinypic.com/2zqagpy.jpg
Prova a scrivere prima...
$\frac{1 - \cos t}{2 + t^{8}} = \frac{1}{2}\ (\frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{4}}{24} + ...) (1 - \frac{t^{8}}{2} + \frac{t^{16}}{4} - ...)$ (1)
... e poi integrare temine a termine...
cordiali saluti
$\chi$ $\sigma$
"laura123":
devi calcolare il limite $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\int_0^x\frac{1-\cos t}{2+t^8}dt}{x^{alpha}}$ se $\alpha>0$ è nella forma indeterminata $0/0$..e qui che applichi De L'Hopital ottenendo $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1-\cos x}{2+x^8}}{\alpha x^{alpha-1}}$ questo è un numero non nullo solo se $\alpha-1=2$ cioè $\alpha=3$
giusto giusto mentre aspettavo la tua risposta avevo iniziato a pensare questa soluzione, in pratica x^8 viene "mangiato" e per avere un limite finito deve essere alfa =3, ora mi dovrebbe bastar mettere x^3 come g(x) no?
Io ragionerei cosi:
La funzione integranda è definita continua e positiva per ogni valore dll'intervallo $[0,x]$ e dunque certamente integrabile; detta $G(x)$ una generica primitiva di $g(x),$ per il teorema fondamentale del calcolo integrale abbiamo che
\begin{align}
\int_{0}^x \frac{1-\cos t }{2+t^8}\,\,dt= G(x)-G(0)
\end{align}
Ora per stabilire l'ordine di infinitesimo rispetto ad $x$, quando $x\to0$, dobbiamo calcolare il limite:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{G(x)-G(0)}{x}
\end{align}
si tratta evidentemente di una forma indeterminata del tipo $0/0$ e dunque, verificate le ipotesi, possiamo applicare la regola di De L'Hopital:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{G(x)-G(0)}{x}\stackrel{\bf(H)}{=}\lim_{x\to0}\frac{G'(x)-0)}{1}=\frac{1-\cos x }{2+x^8}=0
\end{align}
e ricordando che $1-\cos x=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ concludiamo la fuznione $g(x)$ ha ordine di infinitesimo uguale a $2$ e la parte principale sarà ovviamente $\frac{x^2}{4}.$
consideriamo ora il limite:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\alpha x^2+g(x)}{\sin x^2-\ln \cos x }
\end{align}
si trata anche in questo caso di una forma indeterminata del tipo $0/0$; osservando che, per qianto stabilito al punto precedente la funzione $g(x)$ quando $x\to0$ si comporta come $\frac{x^2}{4},$ abbiamo:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\alpha x^2+g(x)}{\sin x^2-\ln \cos x } &\sim\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\alpha x^2+\frac{x^2}{4}}{\sin x^2-\ln \cos x } \sim\lim_{x\to0}\frac{ x^2 -\alpha x^2+\frac{x^2}{4}}{ x^2+1-\cos x }\\
&\sim\lim_{x\to0}\frac{ x^2 -\alpha x^2+\frac{x^2}{4}}{ x^2+\frac{x^2}{2} }=\lim_{x\to0}\frac{ x^2 \left(\frac{5}{4}-\alpha\right) }{\frac{3x^2}{2} }
\end{align}
a questo punto, a seconda del valore di $\alpha$ va discusso il limite: il caso critico è quando $\frac{5}{4}-\alpha=0, \alpha=\frac{5}{4}$ in qunanto la stima asintotica arrestata al primo ordine non è suffciente; allora, sostituendp il valore $\alpha=\frac{5}{4}$ nel limite di partenza abbiamo:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\frac{5x^2}{4}+\frac{x^2}{4}}{\sin x^2-\ln \cos x } =\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)- x^2 }{\sin x^2-\ln \cos x }\stackrel{\bf(T)}{=} \lim_{x\to0}\frac{x^2-\frac{ x^4}{2}+o(x^4) - x^2 }{\frac{3x^2}{2} }= \lim_{x\to0}\frac{ -\frac{ x^4}{2}+o(x^4) }{\frac{3x^2}{2} }=0
\end{align}
negli altri casi, ovvero se $\frac{5}{4}-\alpha>0$ o $\frac{5}{4}-\alpha<0$ il limite sarà uguale a
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ x^2 \left(\frac{5}{4}-\alpha\right) }{\frac{3x^2}{2} } =\frac{5}{6}-\frac{2\alpha}{3},\qquad \forall \,\,\,\alpha\in\mathbb{R}-\left\{\frac{5}{4}\right\}
\end{align}
La funzione integranda è definita continua e positiva per ogni valore dll'intervallo $[0,x]$ e dunque certamente integrabile; detta $G(x)$ una generica primitiva di $g(x),$ per il teorema fondamentale del calcolo integrale abbiamo che
\begin{align}
\int_{0}^x \frac{1-\cos t }{2+t^8}\,\,dt= G(x)-G(0)
\end{align}
Ora per stabilire l'ordine di infinitesimo rispetto ad $x$, quando $x\to0$, dobbiamo calcolare il limite:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{G(x)-G(0)}{x}
\end{align}
si tratta evidentemente di una forma indeterminata del tipo $0/0$ e dunque, verificate le ipotesi, possiamo applicare la regola di De L'Hopital:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{G(x)-G(0)}{x}\stackrel{\bf(H)}{=}\lim_{x\to0}\frac{G'(x)-0)}{1}=\frac{1-\cos x }{2+x^8}=0
\end{align}
e ricordando che $1-\cos x=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ concludiamo la fuznione $g(x)$ ha ordine di infinitesimo uguale a $2$ e la parte principale sarà ovviamente $\frac{x^2}{4}.$
consideriamo ora il limite:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\alpha x^2+g(x)}{\sin x^2-\ln \cos x }
\end{align}
si trata anche in questo caso di una forma indeterminata del tipo $0/0$; osservando che, per qianto stabilito al punto precedente la funzione $g(x)$ quando $x\to0$ si comporta come $\frac{x^2}{4},$ abbiamo:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\alpha x^2+g(x)}{\sin x^2-\ln \cos x } &\sim\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\alpha x^2+\frac{x^2}{4}}{\sin x^2-\ln \cos x } \sim\lim_{x\to0}\frac{ x^2 -\alpha x^2+\frac{x^2}{4}}{ x^2+1-\cos x }\\
&\sim\lim_{x\to0}\frac{ x^2 -\alpha x^2+\frac{x^2}{4}}{ x^2+\frac{x^2}{2} }=\lim_{x\to0}\frac{ x^2 \left(\frac{5}{4}-\alpha\right) }{\frac{3x^2}{2} }
\end{align}
a questo punto, a seconda del valore di $\alpha$ va discusso il limite: il caso critico è quando $\frac{5}{4}-\alpha=0, \alpha=\frac{5}{4}$ in qunanto la stima asintotica arrestata al primo ordine non è suffciente; allora, sostituendp il valore $\alpha=\frac{5}{4}$ nel limite di partenza abbiamo:
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)-\frac{5x^2}{4}+\frac{x^2}{4}}{\sin x^2-\ln \cos x } =\lim_{x\to0}\frac{ \ln(1+x^2)- x^2 }{\sin x^2-\ln \cos x }\stackrel{\bf(T)}{=} \lim_{x\to0}\frac{x^2-\frac{ x^4}{2}+o(x^4) - x^2 }{\frac{3x^2}{2} }= \lim_{x\to0}\frac{ -\frac{ x^4}{2}+o(x^4) }{\frac{3x^2}{2} }=0
\end{align}
negli altri casi, ovvero se $\frac{5}{4}-\alpha>0$ o $\frac{5}{4}-\alpha<0$ il limite sarà uguale a
\begin{align}
\lim_{x\to0}\frac{ x^2 \left(\frac{5}{4}-\alpha\right) }{\frac{3x^2}{2} } =\frac{5}{6}-\frac{2\alpha}{3},\qquad \forall \,\,\,\alpha\in\mathbb{R}-\left\{\frac{5}{4}\right\}
\end{align}
@Noisemaker trovo interessante la tua risposta, apparte il denominatore iniziale dove era 2-x^8 e tu hai messo 1, ma la cosa non credo incida sul tuo ragionamento. Solo non capisco come dal limite (1-cosx)/(1+x^8) dici che ha ordine di inf 2
chi è che porta a zero quella frazione?
Edit: ho corretto
Edit: ho corretto
"Noisemaker":
Edit: ho corretto
Visto che c'è 2 e non 1 al denominatore la parte principale non dovrebbe essere $x^2/4$?
@ noisemaker
ma 2 è l'ordine di infinitesimo della funzione integranda. La funzione $g(x)$ non dovrebbe avere ordine 3?
Secondo me la parte principale è $\frac{x^3}{12}$
ma 2 è l'ordine di infinitesimo della funzione integranda. La funzione $g(x)$ non dovrebbe avere ordine 3?
Secondo me la parte principale è $\frac{x^3}{12}$
"Obidream":
[quote="Noisemaker"]
Edit: ho corretto
Visto che c'è 2 e non 1 al denominatore la parte principale non dovrebbe essere $x^2/4$?
[/quote]grazie ... ho corretto
Guardando altri post ho notato che viene detto;
per calcolare l'ordine inf risp a x->0 devi fare
$lim_(x to x_0) f(x)/|x-x_0|^alpha$ venga finito e diverso a $0$.
Quindi credo che la sol di laura sia corretta.. Certo ora non vedo perchè hai assunto come termine principale (x^3)/12
Nel senso ho capito da dove esce quel 12, non capisco la regola "generale" per trovare il termine principale preciso
per calcolare l'ordine inf risp a x->0 devi fare
$lim_(x to x_0) f(x)/|x-x_0|^alpha$ venga finito e diverso a $0$.
Quindi credo che la sol di laura sia corretta.. Certo ora non vedo perchè hai assunto come termine principale (x^3)/12
Nel senso ho capito da dove esce quel 12, non capisco la regola "generale" per trovare il termine principale preciso
il 12 serve per far venire 1 dal limite del rapporto.
Ho chiesto al mio prof di analisi di farmi chiarezza se andasse bene la soluzione di laura o di nois, la risposta è stata quella di Laura nel caso qualcuno veda il topic in futuro
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo