Esercizio con ordine di infinito/infinitesimo

[InCuBuS_89]

la funzione $f(x)=(ln(cosx) + 1/2x^2)/(sinx - x)$ è un infinitesimo di ordine 1 per $x->0^-$ ... qualcuno sa dirmi come faccio a stabilirlo? attraverso quali calcoli/passaggi??
grazie

[andra_zx]

Ciao, dovrebbe essere così: prima sviluppi $cos(x)$, quindi:

$cos(x) = 1 - x^2/2$

Sostituisci:

$(ln(1 - x^2/2) + x^2/2)/(sin(x) - x)$

Ora: $ln(1 - x^2/2) = -x^2/2 + x^4/4$

E: $sin(x) - x \sim -x^3/6$

Sostituendo: $(-x^2/2 + x^4/4 + x^2/2)/(-x^3/6) = x$ Cioè un infinitesimo di grado 1.

[@melia]

"InCuBuS_89":la funzione $f(x)=(ln(cosx) + 1/2x^2)/(sinx - x)$ è un infinitesimo di ordine 1

Suppongo che manchino le parole "rispetto all'infinitesimo principale x"

"InCuBuS_89":per $x->0^-$ ... qualcuno sa dirmi come faccio a stabilirlo? attraverso quali calcoli/passaggi?? grazie

per stabilire l'ordine di infinitesimo, rispetto all'infinitesimo principale x, di una funzione f(x) basta determinare per quale valore di $alpha$ il limite
$lim_(x->0^-) f(x)/x^alpha$ risulta finito non nullo.
Nel caso particolare basta controllare che $lim_(x->0^-) f(x)/x$ è finito e $!=0$, di solito per questo tipo di verifiche si applica De L'Hopital

[gugo82]

"@melia":di solito per questo tipo di verifiche si applica De L'Hopital

Mi spice contraddirti, ma applicando il teorema del marchese in questi casi non si sa mai dove si va a finire (nel senso che derivando escono fuori argomenti di limite ancora più complicati...).

Di solito la strada più sicura è quella che passa per gli sviluppi di Taylor-MacLaurin.
A tal proposito, ricordato che:

- $ln(1+y)=y-1/2y^2+"o"(y^3)$ per $y \in ]-1,1[$,

- $(cosx-1)^3 ~= x^6$ per $x\to 0$,

si ha:

$ln cosx =ln(1+(cosx-1))=(cosx-1)-1/2(cosx-1)^2+"o"((cosx-1)^3)=(cosx-1)-1/2(cosx-1)^2+"o"(x^6)$

e d'altra parte, essendo $sin x=x-1/6x^3+"o"(x^5)$, si ha pure:

$sin x-x=-1/6x^3+"o"(x^5)$;

ne viene che:

$(ln cosx +1/2x^2)/(sin x-x)=((cosx-1)-1/2(cosx-1)^2+"o"(x^6)+1/2x^2)/(-1/6x^3+"o"(x^5))$.

Ora, visto che $cos x=1-1/2x^2+1/(24)x^4+"o"(x^6)$ è

- $cosx-1+1/2x^2=1/(24)x^4+"o"(x^6)$

- $(cosx-1)^2=(1/2x^2+"o"(x^4))^2=1/4 x^4+x^2*"o"(x^4)+"o"(x^8)=1/4 x^4+"o"(x^6)$,

cosicché:

$(ln cosx +1/2x^2)/(sin x-x)=(1/(24)x^4-1/2*1/4x^4+"o"(x^6))/(-1/6x^3+"o"(x^5))$
$\quad =(1/(12)x^4+"o"(x^6))/(1/6x^3+"o"(x^5))$
$\quad =1/2 x+"o"(x)$.
(Nota a margine: qui non è molto importante stabilire esattamente di che ordine sia quell'$"o"$-piccolo; basta sapere che è almeno un $"o"(x)$.)

Pertanto la funzione $(ln cosx +1/2x^2)/(sin x-x)$ si comporta intorno a $0$ come $1/2 x$, ossia è un infinitesimo d'ordine $1$ rispetto ad $x$ in $0$.

[InCuBuS_89]

grazie ragazzi!il testo era proprio così...non specificava rispetto a quale funzione...comunque ho capito!

[@melia]

"Gugo82":[quote="@melia"]di solito per questo tipo di verifiche si applica De L'Hopital

Mi spice contraddirti, ma applicando il teorema del marchese in questi casi non si sa mai dove si va a finire (nel senso che derivando escono fuori argomenti di limite ancora più complicati...).[/quote]

In questo caso, ti assicuro, risparmi mezza paginetta di conti!!!