Determinare al variare di alpha il limite:
\(\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \)
\(\displaystyle \frac{cosx - e^{x^2 \alpha}}{x^3}\)
come si potrebbe procedere? Secondo me de l'hopital non convine usarlo perchè il numeratore non si semplificherebbe poi così tanto...però con taylor lo sviluppo di \(\displaystyle e^{x^2 \alpha}\) viene in modo tale da non semplificarsi con quello di \(\displaystyle cosx \) o mi sbaglio?? Grazie
\(\displaystyle \frac{cosx - e^{x^2 \alpha}}{x^3}\)
come si potrebbe procedere? Secondo me de l'hopital non convine usarlo perchè il numeratore non si semplificherebbe poi così tanto...però con taylor lo sviluppo di \(\displaystyle e^{x^2 \alpha}\) viene in modo tale da non semplificarsi con quello di \(\displaystyle cosx \) o mi sbaglio?? Grazie
Risposte
Proviamo con De L'Hospital:
$lim_(x -> 0) (- sin(x) - 2 alpha x e^(x^2 alpha))/(3 x^2)$
$lim_(x -> 0) (- cos(x) - 2 alpha e^(x^2 alpha) - 4 alpha^2 x^2 e^(x^2 alpha) )/(6 x)$
Ed ora distribuisci il denominatore in questo modo:
$lim_(x -> 0) (- cos(x) - 2 alpha e^(x^2 alpha))/(6x) - lim_(x -> 0) (4 alpha^2 x^2 e^(x^2 alpha) )/(6 x)$
Il secondo limite è $0$, $AA alpha in RR$. Del secondo cosa puoi dire?
Il numeratore ha limite $- 1 - 2 alpha$ ed il denominatore ha limite $0$. Fintantoché $- 1 - 2 alpha != 0$ il limite è infinito.
Rimane da studiare il caso in cui $- 1 - 2 alpha = 0$ cioè $ alpha = - 1/2$.
$lim_(x -> 0) (- sin(x) - 2 alpha x e^(x^2 alpha))/(3 x^2)$
$lim_(x -> 0) (- cos(x) - 2 alpha e^(x^2 alpha) - 4 alpha^2 x^2 e^(x^2 alpha) )/(6 x)$
Ed ora distribuisci il denominatore in questo modo:
$lim_(x -> 0) (- cos(x) - 2 alpha e^(x^2 alpha))/(6x) - lim_(x -> 0) (4 alpha^2 x^2 e^(x^2 alpha) )/(6 x)$
Il secondo limite è $0$, $AA alpha in RR$. Del secondo cosa puoi dire?
Il numeratore ha limite $- 1 - 2 alpha$ ed il denominatore ha limite $0$. Fintantoché $- 1 - 2 alpha != 0$ il limite è infinito.
Rimane da studiare il caso in cui $- 1 - 2 alpha = 0$ cioè $ alpha = - 1/2$.
Ancora una cosa... Devi anche distinguere $ x -> 0^+$ da $x -> 0^-$. Io ho scritto che il limite è infinito per $ - 1 - 2 alpha != 0$, ma ho considerato il valore assoluto della funzione (il limite potrebbe non esistere perché limite destro e sinistro si ritrovano ad essere differenti, cosa che mi pare succeda).
finchè \(\displaystyle -1 -2\alpha \neq 0 \) il limite allora è \(\displaystyle - \infty \)?
se \(\displaystyle -1 -2\alpha = 0 \) usando di nuovo de l'hopital ho:
ho \(\displaystyle \frac{-senx - x e ^{- \frac{x^2}{2}}}{6} \) allora devo spezzare così:
\(\displaystyle - \lim \frac{senx}{6} \) \(\displaystyle - \lim \)\(\displaystyle \frac{xe^{-\frac{x^2}{2}}}{6} \)
posso dire il limite è \(\displaystyle 0? \)
se \(\displaystyle -1 -2\alpha = 0 \) usando di nuovo de l'hopital ho:
ho \(\displaystyle \frac{-senx - x e ^{- \frac{x^2}{2}}}{6} \) allora devo spezzare così:
\(\displaystyle - \lim \frac{senx}{6} \) \(\displaystyle - \lim \)\(\displaystyle \frac{xe^{-\frac{x^2}{2}}}{6} \)
posso dire il limite è \(\displaystyle 0? \)
Sì. E' giusto.
In realtà ti faccio notare che la cosa era osservabile subito; infatti:
$((1 - cos(x)) + ( e^(- x^2/2) - 1 ))$ è la somma di due infinitesimi del second'ordine e sicuramente sarà di ordine superiore rispetto al denominatore che è del prim'ordine.
$((1 - cos(x)) + ( e^(- x^2/2) - 1 ))$ è la somma di due infinitesimi del second'ordine e sicuramente sarà di ordine superiore rispetto al denominatore che è del prim'ordine.
sei un grande seneca!!
Esagerato... E' solo che vedo queste cose da più tempo di te. 
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