Esercizio Infiniti ed Infinitesimi
Ciao ragazzi , sto svolgendo un'esercizio sugli infiniti ed infinitesimi , e devo dire di aver capito poco come risolvere questo tipo di esercizio.
Devo determinare l'ordine di infinitesimo per $ x->0^+ $ di:
$ cos(x)*arctan(3x^3)/x $
Il testo mi dice semplicemente che l'ordine di infinitesimo è 2, facendo semplicemente:
$ lim_(x -> 0^+) 3*(cos(x)*arctan(3x^3))/(3x^3)=3 $
Potreste spiegarmi i passaggi da applicare e come si risolvono questi esercizi?
Grazie in anticipo!!
Devo determinare l'ordine di infinitesimo per $ x->0^+ $ di:
$ cos(x)*arctan(3x^3)/x $
Il testo mi dice semplicemente che l'ordine di infinitesimo è 2, facendo semplicemente:
$ lim_(x -> 0^+) 3*(cos(x)*arctan(3x^3))/(3x^3)=3 $
Potreste spiegarmi i passaggi da applicare e come si risolvono questi esercizi?
Grazie in anticipo!!
Risposte
"Biagio2580":
Scusa, non capisco che intendi qua.
Intendo ciò che c'è scritto: il limite per $x \to 0 $ di $(g(x))/x $ non esiste perché sono diversi il limite da destra e da sinistra di $x_0 = 0 $.
"Biagio2580":
In questo caso , se a denominatore devo avere : $x^{\alpha + 1}$, essendo $x$ sia sopra che sotto , non risulterebbe $\alpha = 0$?
Dipende da come scrivi la definizione di infinitesimo. Resta il fatto che $\lim_{x \to 0^{\pm}} (g(x))/x = \pm 2 $
Invece si ha: $\lim_{x \to 0} (g(x))/x^2 = +\infty $
"Biagio2580":
Volevo anche sapere come si risolve :$x|x|$ , la soluzione mi dice che è un'infinitesimo di ordine 2
Presa singolarmente sì, la funzione $f(x) = x|x| $ è un infinitesimo di ordine $2$:
$ \lim_{x \to 0^{\pm}} (f(x))/x^2 = \pm 1 $
Infatti si ha:
$ \lim_{x \to 0^+} (f(x))/x^2 = \lim_{x \to 0^+} |x|/x = \lim_{x \to 0^+} x/x = 1 $
$ \lim_{x \to 0^-} (f(x))/x^2 = \lim_{x \to 0^-} (-x)/x = - \lim_{x \to 0^-} x/x = - 1 $
Scusa pilloeffe, ma non capisco cosa intendi.
Cioè come posso semplificare:
$ |x|/(x^(alpha+1)) $ ?
Cioè $alpha$ dovrebbe valere 0 in questo caso no?
Non capisco poi per l'altro infinitesimo come devo operare ,cioè perchè fare il limite destro e quello sinistro.
Cioè come posso semplificare:
$ |x|/(x^(alpha+1)) $ ?
Cioè $alpha$ dovrebbe valere 0 in questo caso no?
Non capisco poi per l'altro infinitesimo come devo operare ,cioè perchè fare il limite destro e quello sinistro.
"Biagio2580":
Cioè come posso semplificare:
$|x|/x^{\alpha + 1}$?
Cioè $\alpha$ dovrebbe valere 0 in questo caso no?
E questa adesso da dove esce? Non era $f(x) = x|x|$? Quindi casomai sarebbe $|x|/x^{\alpha}$ e quindi solo se $\alpha = 1 $ il risultato del limite è un numero finito diverso da $0$ ($ +1$ se $x \to 0^+$, $- 1$ se $x \to 0^- $).
Attenzione perché adesso che rileggo meglio il thread mi sono accorto che quell'$x^{\alpha + 1 }$ che ti ha scritto Mephlip nei primi post potrebbe averti confuso le idee, ma era dovuto al fatto che l'arcotangente era diviso per $x$, non si riferiva alla definizione di infinitesimo che si intende sempre di ordine $\alpha$ e infinitesimo campione $x$.
"Biagio2580":
[...] perchè fare il limite destro e quello sinistro.
Perché compare $|x|$ nell'espressione di $g(x) $ e fa comodo poter eliminare quel valore assoluto: puoi sceglierne indifferentemente uno qualsiasi dei due, tanto il risultato è sempre un numero finito diverso da $0$. Invece non puoi scrivere $x \to 0 $ perché non esiste il $\lim_{x \to 0} (g(x))/x $.
"pilloeffe":
[quote="Biagio2580"]Cioè come posso semplificare:
$|x|/x^{\alpha + 1}$?
Cioè $\alpha$ dovrebbe valere 0 in questo caso no?
E questa adesso da dove esce? Non era $f(x) = x|x|$? Quindi casomai sarebbe $|x|/x^{\alpha}$ e quindi solo se $\alpha = 1 $ il risultato del limite è un numero finito diverso da $0$ ($ +1$ se $x \to 0^+$, $- 1$ se $x \to 0^- $).
Attenzione perché adesso che rileggo meglio il thread mi sono accorto che quell'$x^{\alpha + 1 }$ che ti ha scritto Mephlip nei primi post potrebbe averti confuso le idee, ma era dovuto al fatto che l'arcotangente era diviso per $x$, non si riferiva alla definizione di infinitesimo che si intende sempre di ordine $\alpha$ e infinitesimo campione $x$.
[/quote]
Aspetta stiamo facendo confusione.
$|x|/x^(alpha+1)$ intendo l'infinitesimo di prima , non $x|x|$,
e appunto non capisco una cosa , quel $x^(alpha+1)$ non si deve applicare sempre come definizione?
Perchè in quel caso risulterebbe $alpha=0$ ma non credo vada bene.
Cioè alla fine per poter semplificare $|x|$ basta $x$, che è di grado 1 , non devo applicare quindi quella formula ?
"Biagio2580":
e appunto non capisco una cosa , quel $x^{\alpha + 1}$ non si deve applicare sempre come definizione?
No. Ti ripeto che la definizione di ordine di infinitesimo è con $x^{\alpha}$, NON con $x^{\alpha + 1}$: nel primo esercizio che hai postato Mephlip ti ha scritto correttamente $x^{\alpha + 1}$ perché l'arcotangente era già di suo diviso per $x$.
"Biagio2580":
Cioè alla fine per poter semplificare $|x|$ basta $x$, che è di grado 1 , non devo applicare quindi quella formula ?
Quale formula? Ma leggi ciò che ti scrivo? $ |x|$ è di ordine $1$, perché per $\alpha = 1 $ si ha:
$ \lim_{x \to 0^+} |x|/x^{\alpha} = \lim_{x \to 0^+} x/x = 1 $
$ \lim_{x \to 0^-} |x|/x^{\alpha} = - \lim_{x \to 0^-} x/x = - 1 $
"pilloeffe":
[quote="Biagio2580"]Cioè alla fine per poter semplificare $|x|$ basta $x$, che è di grado 1 , non devo applicare quindi quella formula ?
Quale formula? Ma leggi ciò che ti scrivo? $ |x|$ è di ordine $1$, perché per $\alpha = 1 $ si ha:
$ \lim_{x \to 0^+} |x|/x^{\alpha} = \lim_{x \to 0^+} x/x = 1 $
$ \lim_{x \to 0^-} |x|/x^{\alpha} = - \lim_{x \to 0^-} x/x = - 1 $[/quote]
Appunto , mi sembra che è quello che ho scritto ( ti ho detto semplicemente che $alpha=1$). Prima avevo capito che quella era una formula generica , poi ho capito che va applicata solo se già ho un qualcosa a denominatore.
Premessa importante. Osserva che per ogni $\gamma \in \mathbb{R}$ (uso $\gamma$ giusto per non confonderci con $\alpha$, visto che $\alpha$ la stiamo usando per l'ordine di infinitesimo) risulta:
$$\lim_{x \to x_0} \frac{x-x_0}{|x-x_0|^\gamma}=\begin{cases} 0, \ \text{se} \ \gamma<1 \\ \text{non esiste}, \ \text{se} \ \gamma =1 \\ +\infty, \ \text{se} \ \gamma>1 \end{cases}$$
La non esistenza del limite per $\gamma=1$ è dovuta a quello che ti ha già detto correttamente pilloeffe, ossia che un limite per $x \to x_0$ esiste se e solo se esistono sia il suo limite destro per $x \to x_0$ sia il suo limite sinistro per $x \to x_0$ e coincidono. Nel caso $\gamma=1$, il limite destro per $x \to x_0$ è $1$ mentre il limite sinistro per $x \to x_0$ è $-1$.
Svolgiamo questo esercizio, poi eventuali dubbi li rivediamo successivamente. Si ha che:
$$\lim_{x \to 0} \frac{x|x|}{|x|^{\alpha}}=\lim_{x \to 0} \frac{x}{|x|^{\alpha-1}}$$
Se e solo se $\alpha=2$ (perché siamo nel caso della premessa con $x_0=0$ e $\gamma=\alpha-1$) tale limite è $2$ se $x \to 0^+$ o $-2$ se $x \to 0^-$.
Si ha poi che:
$$\lim_{x \to 0} \left(2\frac{\log^2 \left(\sqrt{|x|}+1\right)}{|x|^{\alpha}}\right)=2\lim_{x \to 0} \frac{\log^2 \left(\sqrt{|x|}+1\right)}{\left(\sqrt{|x|}\right)^2}\cdot \frac{\left(\sqrt{|x|}\right)^2}{|x|^{\alpha}}=2\lim_{x \to 0} \left(\frac{\log \left(\sqrt{|x|}+1\right)}{\sqrt{|x|}}\right)^2\frac{|x|}{|x|^{\alpha}}$$
Se e solo se $\alpha=1$, questo limite è $2$.
Infine, si ha:
$$\lim_{x \to 0} \left(-5 \frac{\sin^2 x}{|x|^{\alpha}}\right)=-5\lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 x}{x^2}\cdot \frac{x^2}{|x|^{\alpha}}=-5 \lim_{ x\to 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \cdot \frac{|x|^2}{|x|^{\alpha}}$$
Avendo usato che $x^2=|x^2|=|x|^2$. Se e solo se $\alpha=2$, questo limite è $-5$.
Perciò, come osserva anche il tuo docente nelle soluzioni, l'ordine di infinitesimo minimo tra quello di questi singoli addendi è quello che determina l'ordine di infinitesimo di tutta la somma $g$. Perciò, l'ordine di infinitesimo di $g$ per $x \to 0$ è $1$. Perché questo? Perché, se ci pensi un attimo, se due funzioni $f_1$ ed $f_2$ hanno ordini di infinitesimo $\alpha_1>0$ e $\alpha_2>0$ entrambe per $x \to x_0$, se risulta $\alpha_1>\alpha_2$ allora $f_1+f_2$ ha ordine di infinitesimo $\alpha_2=\min\{\alpha_1,\alpha_2\}$ per $x \to x_0$. Infatti, hai che:
$$\lim_{x \to x_0} \frac{f_1(x)+f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}=\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)$$
$$=\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}\cdot \frac{|x-x_0|^{\alpha_1}}{|x-x_0|^{\alpha_2}}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)$$
$$=\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}\cdot |x-x_0|^{\alpha_1-\alpha_2}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)$$
Per ipotesi $\alpha_1$ è ordine di infinitesimo di $f_1$ per $x \to x_0$, quindi $\lim_{x \to x_0} \frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}=L_1$ con $L_1$ finito e non nullo; per ipotesi $\alpha_1>\alpha_2$, quindi $\alpha_1-\alpha_2>0$ e perciò $\lim_{x \to x_0} |x-x_0|^{\alpha_1-\alpha_2}=0$; infine, per ipotesi $\alpha_2$ è ordine di infinitesimo di $f_2$ per $x \to x_0$, quindi $\lim_{x \to x_0} \frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}=L_2$ con $L_2$ finito e non nullo. Perciò:
$$\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}\cdot |x-x_0|^{\alpha_1-\alpha_2}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)=L_1 \cdot 0+L_2=L_2$$
Ossia, abbiamo dimostrato che $\lim_{x \to x_0} \frac{f_1(x)+f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}=L_2$ con $L_2$ finito e non nullo; perciò, dalla definizione di ordine di infinitesimo, segue che $f_1+f_2$ ha ordine di infinitesimo $\alpha_2$ per $x \to x_0$.
Approfondimento finale: se gli addendi $f_1$ ed $f_2$ avessero avuto ordine di infinitesimo uguale per $x \to x_0$, le cose sarebbero state diverse. Infatti, in tal caso, potrebbe succedere che i limiti $L_1$ ed $L_2$ per $x \to x_0$ degli ordini di infinitesimo dei singoli addendi siano tali che $L_1+L_2=0$ e quindi il teoremino appena dimostrato non vale (ovviamente, perché non è vera l'ipotesi $\alpha_1>\alpha_2$). Insomma, quando gli ordini di infinitesimo di tutti i singoli addendi coincidono, potrebbero esserci cancellazioni che rendono nulla la somma dei singoli; ciò fa sì che tale ordine di infinitesimo comune dei singoli addendi non sia l'ordine di infinitesimo di tutta la somma, perché non è soddisfatta la richiesta "non nullo" del limite della definizione di ordine di infinitesimo (che deve essere "finito e non nullo").
Secondo me, Biagio2580, questo esercizio è un po' complicato per le tue conoscenze attuali. Qualche messaggio fa non ti era completamente chiara la definizione di ordine di infinitesimo, e ora stiamo affrontando un esercizio sugli ordini di infinitesimo che richiede in aggiunta anche una conoscenza non elementare di come si comportano i limiti al variare di parametri. Secondo me, dovresti tornare su questo esercizio quando hai un po' più di esperienza e non preoccuparti se ora un esercizio del genere non ti è completamente chiaro.
$$\lim_{x \to x_0} \frac{x-x_0}{|x-x_0|^\gamma}=\begin{cases} 0, \ \text{se} \ \gamma<1 \\ \text{non esiste}, \ \text{se} \ \gamma =1 \\ +\infty, \ \text{se} \ \gamma>1 \end{cases}$$
La non esistenza del limite per $\gamma=1$ è dovuta a quello che ti ha già detto correttamente pilloeffe, ossia che un limite per $x \to x_0$ esiste se e solo se esistono sia il suo limite destro per $x \to x_0$ sia il suo limite sinistro per $x \to x_0$ e coincidono. Nel caso $\gamma=1$, il limite destro per $x \to x_0$ è $1$ mentre il limite sinistro per $x \to x_0$ è $-1$.
Svolgiamo questo esercizio, poi eventuali dubbi li rivediamo successivamente. Si ha che:
$$\lim_{x \to 0} \frac{x|x|}{|x|^{\alpha}}=\lim_{x \to 0} \frac{x}{|x|^{\alpha-1}}$$
Se e solo se $\alpha=2$ (perché siamo nel caso della premessa con $x_0=0$ e $\gamma=\alpha-1$) tale limite è $2$ se $x \to 0^+$ o $-2$ se $x \to 0^-$.
Si ha poi che:
$$\lim_{x \to 0} \left(2\frac{\log^2 \left(\sqrt{|x|}+1\right)}{|x|^{\alpha}}\right)=2\lim_{x \to 0} \frac{\log^2 \left(\sqrt{|x|}+1\right)}{\left(\sqrt{|x|}\right)^2}\cdot \frac{\left(\sqrt{|x|}\right)^2}{|x|^{\alpha}}=2\lim_{x \to 0} \left(\frac{\log \left(\sqrt{|x|}+1\right)}{\sqrt{|x|}}\right)^2\frac{|x|}{|x|^{\alpha}}$$
Se e solo se $\alpha=1$, questo limite è $2$.
Infine, si ha:
$$\lim_{x \to 0} \left(-5 \frac{\sin^2 x}{|x|^{\alpha}}\right)=-5\lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 x}{x^2}\cdot \frac{x^2}{|x|^{\alpha}}=-5 \lim_{ x\to 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \cdot \frac{|x|^2}{|x|^{\alpha}}$$
Avendo usato che $x^2=|x^2|=|x|^2$. Se e solo se $\alpha=2$, questo limite è $-5$.
Perciò, come osserva anche il tuo docente nelle soluzioni, l'ordine di infinitesimo minimo tra quello di questi singoli addendi è quello che determina l'ordine di infinitesimo di tutta la somma $g$. Perciò, l'ordine di infinitesimo di $g$ per $x \to 0$ è $1$. Perché questo? Perché, se ci pensi un attimo, se due funzioni $f_1$ ed $f_2$ hanno ordini di infinitesimo $\alpha_1>0$ e $\alpha_2>0$ entrambe per $x \to x_0$, se risulta $\alpha_1>\alpha_2$ allora $f_1+f_2$ ha ordine di infinitesimo $\alpha_2=\min\{\alpha_1,\alpha_2\}$ per $x \to x_0$. Infatti, hai che:
$$\lim_{x \to x_0} \frac{f_1(x)+f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}=\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)$$
$$=\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}\cdot \frac{|x-x_0|^{\alpha_1}}{|x-x_0|^{\alpha_2}}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)$$
$$=\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}\cdot |x-x_0|^{\alpha_1-\alpha_2}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)$$
Per ipotesi $\alpha_1$ è ordine di infinitesimo di $f_1$ per $x \to x_0$, quindi $\lim_{x \to x_0} \frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}=L_1$ con $L_1$ finito e non nullo; per ipotesi $\alpha_1>\alpha_2$, quindi $\alpha_1-\alpha_2>0$ e perciò $\lim_{x \to x_0} |x-x_0|^{\alpha_1-\alpha_2}=0$; infine, per ipotesi $\alpha_2$ è ordine di infinitesimo di $f_2$ per $x \to x_0$, quindi $\lim_{x \to x_0} \frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}=L_2$ con $L_2$ finito e non nullo. Perciò:
$$\lim_{x \to x_0} \left(\frac{f_1(x)}{|x-x_0|^{\alpha_1}}\cdot |x-x_0|^{\alpha_1-\alpha_2}+\frac{f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}\right)=L_1 \cdot 0+L_2=L_2$$
Ossia, abbiamo dimostrato che $\lim_{x \to x_0} \frac{f_1(x)+f_2(x)}{|x-x_0|^{\alpha_2}}=L_2$ con $L_2$ finito e non nullo; perciò, dalla definizione di ordine di infinitesimo, segue che $f_1+f_2$ ha ordine di infinitesimo $\alpha_2$ per $x \to x_0$.
Approfondimento finale: se gli addendi $f_1$ ed $f_2$ avessero avuto ordine di infinitesimo uguale per $x \to x_0$, le cose sarebbero state diverse. Infatti, in tal caso, potrebbe succedere che i limiti $L_1$ ed $L_2$ per $x \to x_0$ degli ordini di infinitesimo dei singoli addendi siano tali che $L_1+L_2=0$ e quindi il teoremino appena dimostrato non vale (ovviamente, perché non è vera l'ipotesi $\alpha_1>\alpha_2$). Insomma, quando gli ordini di infinitesimo di tutti i singoli addendi coincidono, potrebbero esserci cancellazioni che rendono nulla la somma dei singoli; ciò fa sì che tale ordine di infinitesimo comune dei singoli addendi non sia l'ordine di infinitesimo di tutta la somma, perché non è soddisfatta la richiesta "non nullo" del limite della definizione di ordine di infinitesimo (che deve essere "finito e non nullo").
Secondo me, Biagio2580, questo esercizio è un po' complicato per le tue conoscenze attuali. Qualche messaggio fa non ti era completamente chiara la definizione di ordine di infinitesimo, e ora stiamo affrontando un esercizio sugli ordini di infinitesimo che richiede in aggiunta anche una conoscenza non elementare di come si comportano i limiti al variare di parametri. Secondo me, dovresti tornare su questo esercizio quando hai un po' più di esperienza e non preoccuparti se ora un esercizio del genere non ti è completamente chiaro.
Ciao Mephlip, sicuramente le conoscenze che ho ora non bastano per svolgere l'esercizio, ti credo , ma quello che non capivo , era come ricavare l'ordine di infinitesimo dei singoli infinitesimi . Poi , per quel poco che so , so che quando ho trovato tutti gli ordini dei singoli infinitesimi , devo prendere quello più piccolo , l'ho capito facendo gli esercizi , era solo un problema di ricavare l'ordine , quindi diciamo più di calcolo (anche se come dici tu non ho magari una grande base teorica dell'argomento ) , quindi comunque grazie , cercherò di ferrarmi di più sull'argomento.
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