$f(x)=3^x-2^x -\alpha^(x-1)$
Salve ragazzi , probabilmente mi sto perdendo in un bicchier d'acqua.
Ho questo esercizio
Sia $\alpha >0$ e sia
$f(x)=3^x-2^x -\alpha^(x-1)$ dire se $f$ è infitesima per $x->1$ ed $x->-\infty$. In tal caso stabilirne l'ordine.
Per la prima parte dell'esercizio, non vi sono problemi, infatti si verifica facilmente che per $x->1 => f->0$ e che per $\alpha >1 $ si ha che per $x->-\infty => f ->0$ (infatti se $0<\alpha<1$ f risulta essere infinita!).
La parte dura è stabilirne l'ordine. Procediamo per $x->1$
calcolando $f'(x)=ln(3)3^x-ln(2)2^x-ln(\alpha)\alpha^(x-1)$ si ha che $f'(1)=3ln(3)-2ln(2)-ln(\alpha)$
$f'(1)=0 <=> ln(\alpha)=ln(3^3/2^2) <=> \alpha=27/4$.
Dunque se $\alpha != 27/4$ posso concludere che l'ordine di $f$ è 1 , ma se $\alpha!=27/4$ posso solo dire che $f$ ha un ordine di infinitesimo $>1$.Per $\alpha=27/4$ ho che
Calcolando $f''(1)=ln^2(3)3-ln^2(2)2-ln^2(27/4)$. Ad occhio e croce direi che $f''(1)!=0$ infatti
$f''(1)=0 <=> ln^2(3^(\sqrt(3))/(2^(\sqrt2)))=ln^2(27/4)$Il che vorrebbe dire
$(3^(\sqrt(3)))/(2^(\sqrt2)) = 27/4$
Cioè
$e^(\sqrt(3)ln(3)-\sqrt(2)ln(2))= e^(3ln(3)-2ln(2)$
Ossia
$(\sqrt3-3)ln(3)= (\sqrt(2)-2)(ln(2))$
cioè
$(\sqrt(3)-3)/(\sqrt(2)-2) = ln(2/3)$ (1)
Il termine a destra è maggiore di zero, infatti :
$\sqrt(3)-3<0 <=> 3<9$ , e $\sqrt(2)-2<=0<=> 2<=4$ e quindi $(\sqrt(3)-3)/(\sqrt(2)-2) >0$
Mentre poiché $2/3<1 => ln(2/3)<0$.
Dunque (1) è un assurdo e pertanto $f''(1)!=0$ , se ne conclude che se $\alpha=27/4$ , $f$ è infinitesima di ordine 2.
E' corretto fin qui?
Il problema adesso è per $x->-\infty$ e $\alpha>1$ ,qualche hint ragazzi?
Grazie mille ragazzi
Ho questo esercizio
Sia $\alpha >0$ e sia
$f(x)=3^x-2^x -\alpha^(x-1)$ dire se $f$ è infitesima per $x->1$ ed $x->-\infty$. In tal caso stabilirne l'ordine.
Per la prima parte dell'esercizio, non vi sono problemi, infatti si verifica facilmente che per $x->1 => f->0$ e che per $\alpha >1 $ si ha che per $x->-\infty => f ->0$ (infatti se $0<\alpha<1$ f risulta essere infinita!).
La parte dura è stabilirne l'ordine. Procediamo per $x->1$
calcolando $f'(x)=ln(3)3^x-ln(2)2^x-ln(\alpha)\alpha^(x-1)$ si ha che $f'(1)=3ln(3)-2ln(2)-ln(\alpha)$
$f'(1)=0 <=> ln(\alpha)=ln(3^3/2^2) <=> \alpha=27/4$.
Dunque se $\alpha != 27/4$ posso concludere che l'ordine di $f$ è 1 , ma se $\alpha!=27/4$ posso solo dire che $f$ ha un ordine di infinitesimo $>1$.Per $\alpha=27/4$ ho che
Calcolando $f''(1)=ln^2(3)3-ln^2(2)2-ln^2(27/4)$. Ad occhio e croce direi che $f''(1)!=0$ infatti
$f''(1)=0 <=> ln^2(3^(\sqrt(3))/(2^(\sqrt2)))=ln^2(27/4)$Il che vorrebbe dire
$(3^(\sqrt(3)))/(2^(\sqrt2)) = 27/4$
Cioè
$e^(\sqrt(3)ln(3)-\sqrt(2)ln(2))= e^(3ln(3)-2ln(2)$
Ossia
$(\sqrt3-3)ln(3)= (\sqrt(2)-2)(ln(2))$
cioè
$(\sqrt(3)-3)/(\sqrt(2)-2) = ln(2/3)$ (1)
Il termine a destra è maggiore di zero, infatti :
$\sqrt(3)-3<0 <=> 3<9$ , e $\sqrt(2)-2<=0<=> 2<=4$ e quindi $(\sqrt(3)-3)/(\sqrt(2)-2) >0$
Mentre poiché $2/3<1 => ln(2/3)<0$.
Dunque (1) è un assurdo e pertanto $f''(1)!=0$ , se ne conclude che se $\alpha=27/4$ , $f$ è infinitesima di ordine 2.
E' corretto fin qui?
Il problema adesso è per $x->-\infty$ e $\alpha>1$ ,qualche hint ragazzi?
Grazie mille ragazzi
Risposte
Sai che non ho proprio capito come calcoli l'ordine di infinitesimo? La derivata? E perché mai? per vedere come è fatto il polinomio di Taylor? Io allora farei una cosa più furba: per prima cosa se $x\to 1$ sostituisco $t=x-1$, in modo che $t\to 0$. Ora, la funzione diventa
$F(t)=3\cdot 3^t+2\cdot 2^t-\alpha^t=3\cdot\ e^{t\log 3}-2\cdot e^{t\log 2}-e^{t\log\alpha}=$
usando lo sviluppo di McLaurin di $e^{kt}$ con $k$ costante
$=3(1+t\log 3+{t^2\log^2 3}/2+o(t^2))-2(1+t\log 2+{t^2\log^2 2}/2+o(t^2))-$
$-(1+t\log \alpha+{t^2\log^2 \alpha}/2+o(t^2))=$
$=(3\log 3-2\log 2-\log\alpha)t+1/2(3\log^2 3-2\log^2 2-\log^2\alpha)t^2+o(t^2)$
Ora, il coefficiente di $t$ è diverso da zero quando $\log\alpha\ne \log{27}/4$ e quindi per $\alpha\ne{27}/4$ si ha ordine di infinitesimo pari a $1$.
Se invece $\alpha={27}/4$ un rapido calcolo mostra che il coefficiente del termine di secondo grado è diverso da zero (è pari a $-6\log^2 6$) e quindi in tal caso l'ordine di infinitesimo è pari a $2$.
Per $x\to-\infty$ io osserverei, intanto che, per ogni $b>1$ e ogni $\beta>0$ si ha
$\lim_{x\to-\infty} x^{\beta} b^x=0$ (confronto di ordini tra gli esponenziali e le potenze).
Questo fatto cosa ti suggerisce?
$F(t)=3\cdot 3^t+2\cdot 2^t-\alpha^t=3\cdot\ e^{t\log 3}-2\cdot e^{t\log 2}-e^{t\log\alpha}=$
usando lo sviluppo di McLaurin di $e^{kt}$ con $k$ costante
$=3(1+t\log 3+{t^2\log^2 3}/2+o(t^2))-2(1+t\log 2+{t^2\log^2 2}/2+o(t^2))-$
$-(1+t\log \alpha+{t^2\log^2 \alpha}/2+o(t^2))=$
$=(3\log 3-2\log 2-\log\alpha)t+1/2(3\log^2 3-2\log^2 2-\log^2\alpha)t^2+o(t^2)$
Ora, il coefficiente di $t$ è diverso da zero quando $\log\alpha\ne \log{27}/4$ e quindi per $\alpha\ne{27}/4$ si ha ordine di infinitesimo pari a $1$.
Se invece $\alpha={27}/4$ un rapido calcolo mostra che il coefficiente del termine di secondo grado è diverso da zero (è pari a $-6\log^2 6$) e quindi in tal caso l'ordine di infinitesimo è pari a $2$.
Per $x\to-\infty$ io osserverei, intanto che, per ogni $b>1$ e ogni $\beta>0$ si ha
$\lim_{x\to-\infty} x^{\beta} b^x=0$ (confronto di ordini tra gli esponenziali e le potenze).
Questo fatto cosa ti suggerisce?
Ciao Ciampax , in realtà utilizzavo la seguenta :
Sia $f : I -> RR$ , $I$ intervallo di $RR$. supponiamo $f$ continua e derivabile in $I$ n volte. E supponiamo $f$ infinitesima in $x_0$ ,
dove $x_0 \in I nn Dr(I)$. Posto $J={ n \in NN | f^n(x_0)!=0}$ . Allora $f$ è infinitesima di ordine $minJ$.
Tuttavia , penso che la tua strada molto più semplice! hai evitato di cadere in calcoletti fastidiosi..
Per il caso $x-> -\infty$
Si sa che $AA a >1 , a^x$ è un infinitesimo in $-\infty$ di ordine infinitamente grande.
Ciò vuol dire che $\forall \beta \in RR$ , $lim_{x->-\infty} x^\beta a^x =0$ (1)
Supponiamo di voler stabilire l'ordine di $f(x)=3^x-2^x -\alpha^(x-1)$.
La confronto con un $1/(x^\gamma)$, $\gamma>0$.
Ho dunque da studiarmi questo limite
$lim_{x->-\infty} x^\gamma f(x) =lim_{x->-\infty} x^\gamma (3^x-2^x-(\alpha)^{x-1} )$
$= lim_{x->-\infty} x^\gamma 3^x - x^\gamma2^x - x^\gamma \alpha^{x-1} =lim_{x->-\infty} x^\gamma3^x -lim_{x->-\infty}x^gamma2^x-lim_{x->-\infty}x^\gamma (\alpha)^(x-1)$
Ora $3^x , 2^x , (\alpha)^x-1$ sono funzioni infinitesime infinitamente grandi e quindi per ogni $\gamma>0$ vale (1).
Posso concludere allora che $f(x)$ è infinitesima di ordine infinitamente grande?
Sia $f : I -> RR$ , $I$ intervallo di $RR$. supponiamo $f$ continua e derivabile in $I$ n volte. E supponiamo $f$ infinitesima in $x_0$ ,
dove $x_0 \in I nn Dr(I)$. Posto $J={ n \in NN | f^n(x_0)!=0}$ . Allora $f$ è infinitesima di ordine $minJ$.
Tuttavia , penso che la tua strada molto più semplice! hai evitato di cadere in calcoletti fastidiosi..
Per il caso $x-> -\infty$
Si sa che $AA a >1 , a^x$ è un infinitesimo in $-\infty$ di ordine infinitamente grande.
Ciò vuol dire che $\forall \beta \in RR$ , $lim_{x->-\infty} x^\beta a^x =0$ (1)
Supponiamo di voler stabilire l'ordine di $f(x)=3^x-2^x -\alpha^(x-1)$.
La confronto con un $1/(x^\gamma)$, $\gamma>0$.
Ho dunque da studiarmi questo limite
$lim_{x->-\infty} x^\gamma f(x) =lim_{x->-\infty} x^\gamma (3^x-2^x-(\alpha)^{x-1} )$
$= lim_{x->-\infty} x^\gamma 3^x - x^\gamma2^x - x^\gamma \alpha^{x-1} =lim_{x->-\infty} x^\gamma3^x -lim_{x->-\infty}x^gamma2^x-lim_{x->-\infty}x^\gamma (\alpha)^(x-1)$
Ora $3^x , 2^x , (\alpha)^x-1$ sono funzioni infinitesime infinitamente grandi e quindi per ogni $\gamma>0$ vale (1).
Posso concludere allora che $f(x)$ è infinitesima di ordine infinitamente grande?
Sì, avevo capito quello che usavi (il Teorema delle derivate successive) però in questi casi lo trovo un po' lunghetto, perché devi effettivamente metterti a calcolare, man mano, le varie derivata. Tra l'altro il Teorema è proprio una applicazione di taylor, quindi a quel punto se puoi calcolare lo sviluppo tanto meglio.
Per il secondo punto, è esattamente quello che dovevi fare.
Per il secondo punto, è esattamente quello che dovevi fare.
hai ragione ciamp, ti ringrazio.
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