Dimostrare che una funzione è definitivamente crescente con polinomio di Taylor
Ciao a tutti, questo è il mio primo post mi servirebbe un aiutino.
$ f(x)=x^(alpha-2)[alphasin(1/x)-cos(1/x)] $ con $ alphain (1 ; 2] $
Devo dimostrare che $ EEbar(x) in R: f(x)>=0, AA x inR: x>=bar(x) $
La prof afferma che dagli sviluppi di Taylor vale in un intorno destro di 0:
$ sinz-z+z^3/6>=0 $
$ cosz-1+z^2/2<=0 $
Poi usa queste per dimostrare che la funzione è positiva in un intorno destro di infinito.
Non ho capito bene come ci arriva, se potete aiutarmi o linkarmi del materiale sull'algebra degli o piccoli che spieghi queste cose vi ringrazio.
$ f(x)=x^(alpha-2)[alphasin(1/x)-cos(1/x)] $ con $ alphain (1 ; 2] $
Devo dimostrare che $ EEbar(x) in R: f(x)>=0, AA x inR: x>=bar(x) $
La prof afferma che dagli sviluppi di Taylor vale in un intorno destro di 0:
$ sinz-z+z^3/6>=0 $
$ cosz-1+z^2/2<=0 $
Poi usa queste per dimostrare che la funzione è positiva in un intorno destro di infinito.
Non ho capito bene come ci arriva, se potete aiutarmi o linkarmi del materiale sull'algebra degli o piccoli che spieghi queste cose vi ringrazio.
Risposte
$sin z= z+1/6z^2+frac{1}{5!}x^5+o(x^5)$
$sin z-z-frac{z^3}{6}=frac{1}{5!}x^5+o(x^5)$ che è positivo se $z>0$
simile per cos z
$sin z-z-frac{z^3}{6}=frac{1}{5!}x^5+o(x^5)$ che è positivo se $z>0$
simile per cos z
Grzie credo di aver capito, per dimostrare che il termine a destra dell'uguale è positivo in un intorno destro di 0 si procede dalla definizione di limite immagino.
$x>0 => x^5>0$ e l'o-piccolo non influisce sul segno
sia in $I$ $f(x)>0$ e $g(x)=o(f(x))$
Allora $f(x)+g(x)= f(x)*[1+underbrace{frac{g(x)}{f(x)}}_{to 0}]$ ora per la def di limite $AA \delta>0$ esiste $\epsilon>0$ t.c. $AA 0
ciao
Allora $f(x)+g(x)= f(x)*[1+underbrace{frac{g(x)}{f(x)}}_{to 0}]$ ora per la def di limite $AA \delta>0$ esiste $\epsilon>0$ t.c. $AA 0
ciao
@kobeilprofeta: Non sono d'accordo con te. (EDIT: non è vero, anche il procedimento di kobeilprofeta funziona).
[ot]Infatti, il tuo ultimo post è falso: prendi come ovvio esempio $f(x)=x^2$ e $g(x)=-x^3$ in un intorno di zero. [In questo caso si ha $g(x)=o(f(x))$ con $f>0$ ma $g$ non ha lo stesso segno].[/ot]
La formulazione dell'errore con o piccoli e O grandi, infatti, perde ogni informazione sul segno dell'errore.
[/ot]
Per avere informazioni sul segno dell'errore, è più facile usare un'altra formulazione del resto. Quella di Lagrange, ad esempio:
\[
\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{\theta^5x^5}{5!}, \]
per un \(\theta\in [0, 1]\) (che dipende da \(x\)). (Spesso invece di \(\theta x\) si usa la lettera \(\xi\)). E' chiaro che, se \(x>0\), il termine di errore è positivo.
[ot]Infatti, il tuo ultimo post è falso: prendi come ovvio esempio $f(x)=x^2$ e $g(x)=-x^3$ in un intorno di zero. [In questo caso si ha $g(x)=o(f(x))$ con $f>0$ ma $g$ non ha lo stesso segno].[/ot]
La formulazione dell'errore con o piccoli e O grandi, infatti, perde ogni informazione sul segno dell'errore.
[/ot]
Per avere informazioni sul segno dell'errore, è più facile usare un'altra formulazione del resto. Quella di Lagrange, ad esempio:
\[
\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{\theta^5x^5}{5!}, \]
per un \(\theta\in [0, 1]\) (che dipende da \(x\)). (Spesso invece di \(\theta x\) si usa la lettera \(\xi\)). E' chiaro che, se \(x>0\), il termine di errore è positivo.
Spiegami l'errore. Dove sta?
Te l'ho detto, la proposizione del tuo ultimo post è falsa, vedi controesempio.
Continuo a non capire. Scusa.
$x^2-x^3=x^2*(1-x)$ che è positivo per $x to 0^+$
$x^2-x^3=x^2*(1-x)$ che è positivo per $x to 0^+$
Non ti scusare, hai ragione, ho interpretato male il tuo post. (Avevo capito tu dicessi che $g>0$). In effetti funziona anche con la formulazione con o piccolo, se sviluppi fino al quinto ordine come hai fatto.
Scrivo il procedimento *sbagliato* che mi era sembrato di avere letto.
[SBAGLIATO] Siccome $\sin x = x -\frac{x^3}{6} + O(x^5)$, e siccome $x^5>0$ per $x>0$, allora $\sin x - x +\frac{x^3}{6}>0$ per $x>0$.
[/SBAGLIATO]
Scrivo il procedimento *sbagliato* che mi era sembrato di avere letto.
[SBAGLIATO] Siccome $\sin x = x -\frac{x^3}{6} + O(x^5)$, e siccome $x^5>0$ per $x>0$, allora $\sin x - x +\frac{x^3}{6}>0$ per $x>0$.
[/SBAGLIATO]
Grazie mille adesso è tutto chiaro.
Scusa per aver fatto casino. Il metodo di kobe va bene.
"dissonance":
Non ti scusare, hai ragione, ho interpretato male il tuo post. (Avevo capito tu dicessi che $g>0$). In effetti funziona anche con la formulazione con o piccolo, se sviluppi fino al quinto ordine come hai fatto.
Scrivo il procedimento *sbagliato* che mi era sembrato di avere letto.
[SBAGLIATO] Siccome $\sin x = x -\frac{x^3}{6} + O(x^5)$, e siccome $x^5>0$ per $x>0$, allora $\sin x - x +\frac{x^3}{6}>0$ per $x>0$.
[/SBAGLIATO]
ah no, quello ok. anche perchè $o(x^5)$ non ha sempre lo stesso segno di $x^5$ ($x^6=o(x^5)$ ma in $(0,+\infty)$ hanno segni diversi)
ciao
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