Esercizi vari su limiti, integrali e polinomio di Taylor
Vi sottopongo i seguenti tre esercizi due dei quali completi di risoluzione, ve ne sarei grato se potreste dare un'occhiata e magari fare qualche correzione ove non sia coretto il procedimento risolutivo.
Calcolare un'approssimazione di ordine 2 di [tex]G(x)=\int_{4}^{x^4} ln(1+2e^{t-4})\, dx[/tex] e di centro [tex]{x}_{0}=2[/tex] mediante il polinomio di Taylor con resto secondo Peano.
[tex]G(2)=0[/tex]
[tex]G^{\prime}(x)=4x^3ln(1+2e^{t-4})[/tex] [tex]G^{\prime}(2)=32ln(1+2e^{12})[/tex]
[tex]G^{\prime\prime}(x)=12x^2ln(1+2e^{x^4-4})+\frac{4x^3}{1+2e^{x^4-4}}2e^{x^4-4}4x^3[/tex] [tex]G^{\prime\prime}(2)=48ln(1+2e^{12})+\frac{{32}^2}{1+2e^{12}}2e^{12}[/tex]
[tex]{P}_{2}({x}_{0})=32ln(1+2e^{12})(x-2)+(\frac{48ln(1+2e^{12})}{2!}+\frac{32^22e^{12}}{2!(1+2e^12)})(x-2)^2+o((x-2)^2)[/tex]
Risolvere il limite [tex]\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{4x^2} \frac{sin(5t)}{t}\, dx}{cosx-1}[/tex]:
[tex]\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{4x^2} \frac{sin(5t)}{t}\, dx}{cosx-1}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin(20x^2)}{-4x^2sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{40xsin(20x^2)}{-20x^2sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{-40x}{sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{-40}{cosx}=-40[/tex]
Data la seguente primitiva [tex]F(x)=\displaystyle\int_{0}^{e^{3x-9}} \sqrt{(t)}atan(t^2)\, dx[/tex] dimostrare l'invertibilità della funzione stessa in [tex]\mathbb{R}[/tex].
Essendo [tex]G(y)=F^{-1}(y)[/tex] trovare la retta tangente a tale funzione nel punto [tex](0,G(0))[/tex].
Per la prima parte, ovvero dimostrare l'invertibilità di tale primitiva procederei nel seguente modo:
- calcolo la derivata prima [tex]F^{\prime}(x)=e^{3x-9}3\sqrt{e^{3x-9}}atan((e^{3x-9})^2)[/tex] ed ottengo che essendo la funzione esponenziale sempre positiva, la radice quadrata sempre positiva e l'arcotangente positiva per valori positivi passati alla funzione, come in questo caso, la funzione risulta essere sempre monotona crescente quindi biunivoca ed invertibile nell'insieme di definizione;
- per la seconda parte non ho idee su come procedere, nel senso che non ho idea di come trovare l'inversa di una primitiva mediante la quale poi ottenere il coefficiente angolare mediante la regola di derivazione che permette di trovare la derivata di una funzione inversa ne di come trovare il punto di coordinate (y,x)(0,G(0)).
Grazie in anticipo e buon pomeriggio!
Calcolare un'approssimazione di ordine 2 di [tex]G(x)=\int_{4}^{x^4} ln(1+2e^{t-4})\, dx[/tex] e di centro [tex]{x}_{0}=2[/tex] mediante il polinomio di Taylor con resto secondo Peano.
[tex]G(2)=0[/tex]
[tex]G^{\prime}(x)=4x^3ln(1+2e^{t-4})[/tex] [tex]G^{\prime}(2)=32ln(1+2e^{12})[/tex]
[tex]G^{\prime\prime}(x)=12x^2ln(1+2e^{x^4-4})+\frac{4x^3}{1+2e^{x^4-4}}2e^{x^4-4}4x^3[/tex] [tex]G^{\prime\prime}(2)=48ln(1+2e^{12})+\frac{{32}^2}{1+2e^{12}}2e^{12}[/tex]
[tex]{P}_{2}({x}_{0})=32ln(1+2e^{12})(x-2)+(\frac{48ln(1+2e^{12})}{2!}+\frac{32^22e^{12}}{2!(1+2e^12)})(x-2)^2+o((x-2)^2)[/tex]
Risolvere il limite [tex]\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{4x^2} \frac{sin(5t)}{t}\, dx}{cosx-1}[/tex]:
[tex]\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{4x^2} \frac{sin(5t)}{t}\, dx}{cosx-1}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin(20x^2)}{-4x^2sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{40xsin(20x^2)}{-20x^2sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{-40x}{sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{-40}{cosx}=-40[/tex]
Data la seguente primitiva [tex]F(x)=\displaystyle\int_{0}^{e^{3x-9}} \sqrt{(t)}atan(t^2)\, dx[/tex] dimostrare l'invertibilità della funzione stessa in [tex]\mathbb{R}[/tex].
Essendo [tex]G(y)=F^{-1}(y)[/tex] trovare la retta tangente a tale funzione nel punto [tex](0,G(0))[/tex].
Per la prima parte, ovvero dimostrare l'invertibilità di tale primitiva procederei nel seguente modo:
- calcolo la derivata prima [tex]F^{\prime}(x)=e^{3x-9}3\sqrt{e^{3x-9}}atan((e^{3x-9})^2)[/tex] ed ottengo che essendo la funzione esponenziale sempre positiva, la radice quadrata sempre positiva e l'arcotangente positiva per valori positivi passati alla funzione, come in questo caso, la funzione risulta essere sempre monotona crescente quindi biunivoca ed invertibile nell'insieme di definizione;
- per la seconda parte non ho idee su come procedere, nel senso che non ho idea di come trovare l'inversa di una primitiva mediante la quale poi ottenere il coefficiente angolare mediante la regola di derivazione che permette di trovare la derivata di una funzione inversa ne di come trovare il punto di coordinate (y,x)(0,G(0)).
Grazie in anticipo e buon pomeriggio!
Risposte
Per il primo esercizio: ma l'estremo superiore è $x^2$ o $x^4$ (come hai scritto?). Perché se è così ti faccio presente che $G(2)=\int_4^{16}\ln(1+2e^{t-4})\ dt\ne 0$. Inoltre sbagli a calcolare la derivata prima: quella corretta è $G'(x)=4x^3\ln(1+2e^{x^4-4})$ (sempre se l'estremo superiore è $x^4$.
Nel secondo, la derivata del numeratore è $8x\cdot{\sin(20x^2)}/{4x^2}={2\sin(20x^2)}/{x}$, e inoltre fai una gran confusione con le costanti nel calcolo del limite.
Nel secondo, la derivata del numeratore è $8x\cdot{\sin(20x^2)}/{4x^2}={2\sin(20x^2)}/{x}$, e inoltre fai una gran confusione con le costanti nel calcolo del limite.
Sul primo esercizio l'estremo superiore di integrazione era giustamente [tex]x^2[/tex] come da te detto in precedenza: [tex]G(x)=\displaystyle\int_{4}^{x^2} ln(1+2e^{t-4})\, dt[/tex] [tex]G(2)=0[/tex]
[tex]G^{\prime}(x)=2ln(1+2e^{x^2-4})[/tex] [tex]G^{\prime}(2)=4ln3[/tex]
[tex]G^{\prime\prime}(x)=2ln(1+2e^{x^2-4})+\frac{2x}{1+2e^{x^2-4}}2e^{x^2-4}2x[/tex] [tex]G^{\prime\prime}(2)=2log3+\frac{32}{3}[/tex]
segue che il polinomio di Taylor centrato in 2 ed arrestato al secondo ordine con resto secondo Peano è:
[tex]{P}_{2}(x)=4ln3(x-2)+(ln3+\frac{16}{3})(x-2)^2+o((x-2)^2)[/tex]
Per il limite anche lì ho fatto confusione in quanto come da te detto dovrebbe essere stato:
[tex]\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{4x^2} \frac{sin(5t)}{t}\, dt}{cosx-1}=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\frac{8xsin(20x^2)}{-4x^2sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{40xsin(20x^2)}{-20x^2sinx}=-40[/tex]
Intato grazie mille per l'aiuto da te fornitomi!!
Scusami ma in questi giorni di pre-esame di Analisi non sto capendo più niente, ci metto mezz'ora a scrivere un messaggio ed oltre agli errori che faccio ne aggiungo altri di distrazione!!
[tex]G^{\prime}(x)=2ln(1+2e^{x^2-4})[/tex] [tex]G^{\prime}(2)=4ln3[/tex]
[tex]G^{\prime\prime}(x)=2ln(1+2e^{x^2-4})+\frac{2x}{1+2e^{x^2-4}}2e^{x^2-4}2x[/tex] [tex]G^{\prime\prime}(2)=2log3+\frac{32}{3}[/tex]
segue che il polinomio di Taylor centrato in 2 ed arrestato al secondo ordine con resto secondo Peano è:
[tex]{P}_{2}(x)=4ln3(x-2)+(ln3+\frac{16}{3})(x-2)^2+o((x-2)^2)[/tex]
Per il limite anche lì ho fatto confusione in quanto come da te detto dovrebbe essere stato:
[tex]\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{4x^2} \frac{sin(5t)}{t}\, dt}{cosx-1}=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0}\frac{8xsin(20x^2)}{-4x^2sinx}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{40xsin(20x^2)}{-20x^2sinx}=-40[/tex]
Intato grazie mille per l'aiuto da te fornitomi!!
Scusami ma in questi giorni di pre-esame di Analisi non sto capendo più niente, ci metto mezz'ora a scrivere un messaggio ed oltre agli errori che faccio ne aggiungo altri di distrazione!!
Per l'ultimo pezzo: se ho capito il problema, potrebbe esserti utile ricordare che il grafico di una funzione e quello della sua inversa hanno una proprietà particolare, da cui puoi ricavare un'informazione importante.
Per trovare \(G(0) = F^{-1}(0)\), posto \(F^{-1}(0) = y\) poi fare \(F(F^{-1}(0)) = F(y)\) e quindi risolvere per \(y\).
Spero di non aver detto una cavolata, ciao!
Per trovare \(G(0) = F^{-1}(0)\), posto \(F^{-1}(0) = y\) poi fare \(F(F^{-1}(0)) = F(y)\) e quindi risolvere per \(y\).
Spero di non aver detto una cavolata, ciao!
@Raptorista: effettivamente in quel modo mi pare di avere risolto, intanto ti ringrazio poi posterò la soluzione da verificare!
Ora ho altri due quesiti...
1)Calcolare il seguente limite[tex]\displaystyle\lim_{x \rightarrow 1}\frac{\int_{1}^{x^2} sin(\pi t^2)\, dt}{1+cos(\pi x^2)}[/tex]
[tex]lim_{x \rightarrow -1}\frac{\int_{1}^{x^2} sin(\pi t^2)\, dt}{1+cos(\pi x^2)}=\lim_{x \rightarrow -1}\frac{2x sin(\pi x^4)}{-2\pi x sin(\pi x^2)}=lim_{x \rightarrow -1}\frac{\pi x^4 sin(\pi x^4)}{-\pi^2 x^4 sin(\pi x^2)}=-\frac{1}{\pi}[/tex]
2a)Scrivere la furmula di Taylor con centro in [tex]{x}_{0}=1[/tex] e di ordine 2 con resto secondo Peano di [tex]G(x)=\displaystyle\int_{1}^{x^2} ln(1+4e^{t-1})\, dt[/tex]
2b)Calcolare poi, servendosi dell'approssimazione ottenuta, il limite [tex]\lim_{x \rightarrow 1}\frac{G(x)-(x-1)ln(25)}{(x-1)^2}[/tex]
Abbiamo per il primo punto che
[tex]G(1)=0[/tex]
[tex]G^{\prime}(x)=2x ln(1+4e^{x^2-1})[/tex] [tex]G^{\prime}(1)=2ln(5)[/tex]
[tex]G^{\prime\prime}(x)=2ln(1+4e^{x^2-1})+\frac{16x^2e^{x^2-1}}{1+4e^{x^2-1}}[/tex] [tex]G^{\prime\prime}(1)=2ln(5)+\frac{16}{5}[/tex]
[tex]{P}_{2}(x)=2ln(5)(x-1)+(\frac{2ln(5)}{2!}+\frac{16}{2!5})(x-1)^2+o((x-1)^2)=2ln(5)+(ln(5)+\frac{8}{5})(x-1)^2+o((x-1)^2)[/tex]
passiamo ora al calcolo del limite: [tex]\lim_{x \rightarrow 1}\frac{G(x)-(x-1)ln(25)}{(x-1)^2}=\lim_{x \rightarrow 1}\frac{2ln(5)(x-1)+(ln(5)+\frac{8}{5})(x-1)^2+o((x-1)^2)-2ln(5)(x-1)}{(x-1)^2}=ln(5)+\frac{8}{5}[/tex]
Ora vi chiedo è corretto che un [tex]o((x-1)^2)[/tex] semplificato ad [tex]o(1)[/tex] tenda a 0 per x che tende a 1?
Grazie ancora!
Ora ho altri due quesiti...
1)Calcolare il seguente limite[tex]\displaystyle\lim_{x \rightarrow 1}\frac{\int_{1}^{x^2} sin(\pi t^2)\, dt}{1+cos(\pi x^2)}[/tex]
[tex]lim_{x \rightarrow -1}\frac{\int_{1}^{x^2} sin(\pi t^2)\, dt}{1+cos(\pi x^2)}=\lim_{x \rightarrow -1}\frac{2x sin(\pi x^4)}{-2\pi x sin(\pi x^2)}=lim_{x \rightarrow -1}\frac{\pi x^4 sin(\pi x^4)}{-\pi^2 x^4 sin(\pi x^2)}=-\frac{1}{\pi}[/tex]
2a)Scrivere la furmula di Taylor con centro in [tex]{x}_{0}=1[/tex] e di ordine 2 con resto secondo Peano di [tex]G(x)=\displaystyle\int_{1}^{x^2} ln(1+4e^{t-1})\, dt[/tex]
2b)Calcolare poi, servendosi dell'approssimazione ottenuta, il limite [tex]\lim_{x \rightarrow 1}\frac{G(x)-(x-1)ln(25)}{(x-1)^2}[/tex]
Abbiamo per il primo punto che
[tex]G(1)=0[/tex]
[tex]G^{\prime}(x)=2x ln(1+4e^{x^2-1})[/tex] [tex]G^{\prime}(1)=2ln(5)[/tex]
[tex]G^{\prime\prime}(x)=2ln(1+4e^{x^2-1})+\frac{16x^2e^{x^2-1}}{1+4e^{x^2-1}}[/tex] [tex]G^{\prime\prime}(1)=2ln(5)+\frac{16}{5}[/tex]
[tex]{P}_{2}(x)=2ln(5)(x-1)+(\frac{2ln(5)}{2!}+\frac{16}{2!5})(x-1)^2+o((x-1)^2)=2ln(5)+(ln(5)+\frac{8}{5})(x-1)^2+o((x-1)^2)[/tex]
passiamo ora al calcolo del limite: [tex]\lim_{x \rightarrow 1}\frac{G(x)-(x-1)ln(25)}{(x-1)^2}=\lim_{x \rightarrow 1}\frac{2ln(5)(x-1)+(ln(5)+\frac{8}{5})(x-1)^2+o((x-1)^2)-2ln(5)(x-1)}{(x-1)^2}=ln(5)+\frac{8}{5}[/tex]
Ora vi chiedo è corretto che un [tex]o((x-1)^2)[/tex] semplificato ad [tex]o(1)[/tex] tenda a 0 per x che tende a 1?
Grazie ancora!
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