Calcolare il seguente limite
Salve a tutti, ho il seguente limite:
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x} \)
Ho risolto in questa maniera:
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x}= \) Th. di de l'Hôpital
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{cos x-\frac{1}{1+x^2}}{1-cos x}= \) Th. di de l'Hôpital
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{-sin x+\frac{2x}{(1+x^2)^2}}{sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-\frac{sin x}{sin x}+\frac{\frac{2x}{(1+x^2)^2}}{sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-1+\frac{2x}{(1+x^2)^2sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-1+\frac{2}{(1+x^2)^2}\frac{x}{sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-1+\frac{2}{(1+x^2)^2}\frac{1}{\frac{sin x}{x}}= 1 \)
Volevo sapere se cosi andava bene, la risoluzione di questo limite.
Se invece penso il limite in questo modo:
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-\frac{cos x}{sin x}}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\frac{sin^2 x-cos x}{sin x}}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin^2 x-cos x}{sin x(x-sin x)}= -\infty \)
Perché è sbagliato?
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x} \)
Ho risolto in questa maniera:
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x}= \) Th. di de l'Hôpital
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{cos x-\frac{1}{1+x^2}}{1-cos x}= \) Th. di de l'Hôpital
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{-sin x+\frac{2x}{(1+x^2)^2}}{sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-\frac{sin x}{sin x}+\frac{\frac{2x}{(1+x^2)^2}}{sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-1+\frac{2x}{(1+x^2)^2sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-1+\frac{2}{(1+x^2)^2}\frac{x}{sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}-1+\frac{2}{(1+x^2)^2}\frac{1}{\frac{sin x}{x}}= 1 \)
Volevo sapere se cosi andava bene, la risoluzione di questo limite.
Se invece penso il limite in questo modo:
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-\frac{cos x}{sin x}}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\frac{sin^2 x-cos x}{sin x}}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin^2 x-cos x}{sin x(x-sin x)}= -\infty \)
Perché è sbagliato?
Risposte
ho dato solo una rapida occhiata, tuttavia:
Ho come la sensazione che tu abbia confuso $arctg(x)=tg^(-1)(x)$ con $(tg(x))^{-1}$. Una è la funzione inversa della tangente (detta appunto arcotangente), l'altra è il reciproco, cioè $1/(tg(x))$. Questo è un concetto fondamentale, ti invito a studiarlo con calma perché, aldilà della notazione, la differenza tra funzione inversa e reciproco DEVE essere chiara per proseguire bene nel prorpio percorso.
Ad ogni modo, guardando così su due piedi il limite, conviene usare Taylor.
Fammi sapere, ciao
\( \displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x}= \)
Ho come la sensazione che tu abbia confuso $arctg(x)=tg^(-1)(x)$ con $(tg(x))^{-1}$. Una è la funzione inversa della tangente (detta appunto arcotangente), l'altra è il reciproco, cioè $1/(tg(x))$. Questo è un concetto fondamentale, ti invito a studiarlo con calma perché, aldilà della notazione, la differenza tra funzione inversa e reciproco DEVE essere chiara per proseguire bene nel prorpio percorso.
Ad ogni modo, guardando così su due piedi il limite, conviene usare Taylor.
Fammi sapere, ciao
Hai ragione, ho confuso l'arctang con cot. 
Non ho affrontato gli sviluppi di Taylor Mc-Laurin.
Ho visto gli sviluppi di Taylor:
\(\displaystyle sin x = x-\frac{x^3}{3!}+O_1(x^3) \)
\(\displaystyle arctg x = x-\frac{x^3}{3}+O_2(x^3) \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{ x-\frac{x^3}{3!}+O_1(x^3)-x+\frac{x^3}{3}+O_2(x^3)}{x-x+\frac{x^3}{3!}+O_1(x^3)}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\frac{x^3}{6}+O_1(x^3)+O_2(x^3)}{\frac{x^3}{6}+O_1(x^3)}= \)
Da qui in poi, non so bene come continuare, quindi vediamo se ho capito.
Gli O-piccolo, non li consideriamo.
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\frac{x^3}{6}}{\frac{x^3}{6}}= 1\)
Non ho affrontato gli sviluppi di Taylor Mc-Laurin.
Ho visto gli sviluppi di Taylor:
\(\displaystyle sin x = x-\frac{x^3}{3!}+O_1(x^3) \)
\(\displaystyle arctg x = x-\frac{x^3}{3}+O_2(x^3) \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{sin x-arctang x}{x-sin x}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{ x-\frac{x^3}{3!}+O_1(x^3)-x+\frac{x^3}{3}+O_2(x^3)}{x-x+\frac{x^3}{3!}+O_1(x^3)}= \)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\frac{x^3}{6}+O_1(x^3)+O_2(x^3)}{\frac{x^3}{6}+O_1(x^3)}= \)
Da qui in poi, non so bene come continuare, quindi vediamo se ho capito.
Gli O-piccolo, non li consideriamo.
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\frac{x^3}{6}}{\frac{x^3}{6}}= 1\)
Il risultato a cui sei pervenuto è corretto. Con Taylor è necessario capire a che ordine smettere di sviluppare i vari termini e per questo serve solo un po' d'occhio, che si fa con l'esercizio.
In particolare è fondamentale conoscere l'"algebra degli o-piccolo". Da un'occhiata qui
In particolare è fondamentale conoscere l'"algebra degli o-piccolo". Da un'occhiata qui
Come ho fatto i passaggi sono corretti?
Con Taylor un limite è sempre risolvibile?
Potresti dare un occhiata qui:
https://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?f=36&t=173536&p=8272152#p8272152
Ho qualche problema con quel limite.
Con Taylor un limite è sempre risolvibile?
Potresti dare un occhiata qui:
https://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?f=36&t=173536&p=8272152#p8272152
Ho qualche problema con quel limite.
Sì, i passaggi sono giusti.
Taylor è utile nel momento in cui hai funzioni che sai sviluppare in modo opportuno, e soprattutto quando i limiti notevoli non bastano. Nota che gli sviluppi di Taylor arrestati al prim'ordine sono proprio i limiti notevoli che conosci già. Niente di nuovo quindi.
Il limite che richiedi fa $0$:
Numeratore: (i conti puoi verificarli te): $9x^4/4 + o(x^4)$.
Denominatore: Visto che il numeratore lo arresto al grado $4$ e che ho il prodotto di $3$ funzioni il cui termine iniziale dello sviluppo è proprio $x$, non sviluppo oltre al prim'ordine e ottengo D: $x(x+o(x))^2=x^3 + o(x^3)$
Pertanto il limite vale $0$.
Taylor è utile nel momento in cui hai funzioni che sai sviluppare in modo opportuno, e soprattutto quando i limiti notevoli non bastano. Nota che gli sviluppi di Taylor arrestati al prim'ordine sono proprio i limiti notevoli che conosci già. Niente di nuovo quindi.
Il limite che richiedi fa $0$:
Numeratore: (i conti puoi verificarli te): $9x^4/4 + o(x^4)$.
Denominatore: Visto che il numeratore lo arresto al grado $4$ e che ho il prodotto di $3$ funzioni il cui termine iniziale dello sviluppo è proprio $x$, non sviluppo oltre al prim'ordine e ottengo D: $x(x+o(x))^2=x^3 + o(x^3)$
Pertanto il limite vale $0$.
Ho capito.
Quindi \(\displaystyle cos^3x \), mi fermo al secondo grado?
Perché se elevo al quadrato, fa quarto grado.
Denominatore: $ (x+o(x))*(x+o(x))*(x+o(x))=(x+o(x))^3=x^3 + o(x^3) $
Come hai capito, che al numeratore mi dovevo fermare al quarto grado e al denominatore al terzo.
Esiste un modo per guardare, con quale occhio devo guardarli?
P.s.
Quando debbo fare \(\displaystyle cos^n x \) con gli sviluppi di taylor, come fai?
Ad esempio se ho:
\(\displaystyle cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O_1(x^4) \)
Debbo calcolare \(\displaystyle cos^3 x \), esiste un trucco per farlo velocemente?
Un dubbio(calcoli fatti con wolframe):
1)\(\displaystyle (1-cos^3 x)=\frac{3 x^2}{2}-\frac{7 x^4}{8}+\frac{61 x^6}{240}+O(x^7) \)
Invece:
2)\(\displaystyle (1-cos^3 x)^2=\frac{9 x^4}{4}-\frac{21 x^6}{8}+\frac{489 x^8}{320}+O(x^9)
\)
Il primo termine di (2) è il quadrato del primo termine di (1), ma il secondo termine di (2) non è il quadrato del secondo termine di (1), ecc..
Quindi \(\displaystyle cos^3x \), mi fermo al secondo grado?
Perché se elevo al quadrato, fa quarto grado.
Denominatore: $ (x+o(x))*(x+o(x))*(x+o(x))=(x+o(x))^3=x^3 + o(x^3) $
Come hai capito, che al numeratore mi dovevo fermare al quarto grado e al denominatore al terzo.
Esiste un modo per guardare, con quale occhio devo guardarli?
P.s.
Quando debbo fare \(\displaystyle cos^n x \) con gli sviluppi di taylor, come fai?
Ad esempio se ho:
\(\displaystyle cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O_1(x^4) \)
Debbo calcolare \(\displaystyle cos^3 x \), esiste un trucco per farlo velocemente?
Un dubbio(calcoli fatti con wolframe):
1)\(\displaystyle (1-cos^3 x)=\frac{3 x^2}{2}-\frac{7 x^4}{8}+\frac{61 x^6}{240}+O(x^7) \)
Invece:
2)\(\displaystyle (1-cos^3 x)^2=\frac{9 x^4}{4}-\frac{21 x^6}{8}+\frac{489 x^8}{320}+O(x^9)
\)
Il primo termine di (2) è il quadrato del primo termine di (1), ma il secondo termine di (2) non è il quadrato del secondo termine di (1), ecc..
"angelok90":
Come hai capito, che al numeratore mi dovevo fermare al quarto grado e al denominatore al terzo.
Esiste un modo per guardare, con quale occhio devo guardarli?
L'ho scritto nel messaggio precedente. L'ho fatto poiché al denominatore avevo un prodotto di tre funzioniil cui il primo termine era $x$.
"angelok90":
Debbo calcolare cos3x, esiste un trucco per farlo velocemente?
Ho fatto semplicemente i conti. Ho arrestato lo sviluppo di $cos(x)$ al secondo ordine e poi ho sviluppato. Altri modi non ne vedo
Perché al secondo ordine e non al quarto ordine, cosi perdi due termini di quarto ordine.
Considerando: \( \displaystyle cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O_1(x^4) \)
Dici che non sono importanti?
Quindi fai:
\( \displaystyle (1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24})*(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}) \)
Poi il risultato per: \(\displaystyle (1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}) \)
Prendendo solo i termini fino al quarto ordine, giusto?
Speravo ci fosse un modo più veloce.
Ti sei dimenticato questa domanda:
Un dubbio(calcoli fatti con wolframe):
1)\( \displaystyle (1-cos^3 x)=\frac{3 x^2}{2}-\frac{7 x^4}{8}+\frac{61 x^6}{240}+O(x^7) \)
Invece:
2)\( \displaystyle (1-cos^3 x)^2=\frac{9 x^4}{4}-\frac{21 x^6}{8}+\frac{489 x^8}{320}+O(x^9) \)
Il primo termine di (2) è il quadrato del primo termine di (1), ma il secondo termine di (2) non è il quadrato del secondo termine di (1), ecc..
Questo è dovuto al fatto che all'interno, facendo il quadrato posso avere il sesto grado in due modi diversi e l'ottavo grado in tre modi diversi, giusto?
Considerando: \( \displaystyle cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O_1(x^4) \)
Dici che non sono importanti?
Quindi fai:
\( \displaystyle (1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24})*(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}) \)
Poi il risultato per: \(\displaystyle (1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}) \)
Prendendo solo i termini fino al quarto ordine, giusto?
Speravo ci fosse un modo più veloce.
Ti sei dimenticato questa domanda:
Un dubbio(calcoli fatti con wolframe):
1)\( \displaystyle (1-cos^3 x)=\frac{3 x^2}{2}-\frac{7 x^4}{8}+\frac{61 x^6}{240}+O(x^7) \)
Invece:
2)\( \displaystyle (1-cos^3 x)^2=\frac{9 x^4}{4}-\frac{21 x^6}{8}+\frac{489 x^8}{320}+O(x^9) \)
Il primo termine di (2) è il quadrato del primo termine di (1), ma il secondo termine di (2) non è il quadrato del secondo termine di (1), ecc..
Questo è dovuto al fatto che all'interno, facendo il quadrato posso avere il sesto grado in due modi diversi e l'ottavo grado in tre modi diversi, giusto?
"angelok90":
Perché al secondo ordine e non al quarto ordine, cosi perdi due termini di quarto ordine.
Considerando: \( \displaystyle cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O_1(x^4) \)
Dici che non sono importanti?
Quindi fai:
\( \displaystyle (1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24})*(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}) \)
Poi il risultato per: \(\displaystyle (1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}) \)
Prendendo solo i termini fino al quarto ordine, giusto?
No, ho sviluppato i termini fino al secondo ordine. Tanto poi lo elevo al cubo e quindi se sviluppo fino al quarto ordine ottengo conti tediosi.
C'è un errore di fondo nel tuo procedimento: quando scrivi lo sviluppo devi considerare l'o-piccolo. Pertanto devi fare $(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2))*(1-\frac{x^2}{2} + o(x^2))$ e poi moltiplicare ancora una volta.
"angelok90":
Un dubbio(calcoli fatti con wolframe):
Prova a fare i calcoli, ricordando l'algebra degli o-piccoli. In sostanza, le potenze di ordine maggiore di $4$ puoi trascurarle.
Per esempio, per $f(x)=x^5$, $g(x)=x^4$ si ha $f(x)=o(g(x))$, infatti $ lim_(x -> 0)x^5/x^4=0 $
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo