Infinitesimi e loro confronti2
vogliamo determinare gli ordini di infinitesimo o infinito delle seguenti funzioni:
1)$f(x)=1-root{3}(cosx)$ per $x->0$
dal limite notevole
$(1+x)^alpha=1+alphax+o(x)$ per $x->0
possiamo sostituire $1/3$ ad $alpha$ e $cosx-1->0$ ad $x$:
$1-root{3}(cosx)=1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2)(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1)))=1/6x^2(1+o(1))
poiché $cosx-1=-1/2x^2(1+o(1))
2)$f(x)=ln(5x^2-3x+2^x)$ per $x->0
dal limite notevole
$ln(1+x)=x+o(x)$ per $x->0
si trova:
$ln(5x^2-3x+2^x)=5x^2-3x+2^x-1+o(5x^2-3x+2^x-1)
e per il limite notevole
$a^x=1+xlna+o(x)
$5x^2-3x+2^x-1=5x^2-3x+xln2+o(x)=(ln2-3)x(1+o(1))
allora
$ln(5x^2-3x+2^x)=(ln2-3)x(1+o(1))+o((ln2-3)x(1+o(1)))=(ln2-3)x(1+o(1))$ per $x->0
1)$f(x)=1-root{3}(cosx)$ per $x->0$
dal limite notevole
$(1+x)^alpha=1+alphax+o(x)$ per $x->0
possiamo sostituire $1/3$ ad $alpha$ e $cosx-1->0$ ad $x$:
$1-root{3}(cosx)=1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2)(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1)))=1/6x^2(1+o(1))
poiché $cosx-1=-1/2x^2(1+o(1))
2)$f(x)=ln(5x^2-3x+2^x)$ per $x->0
dal limite notevole
$ln(1+x)=x+o(x)$ per $x->0
si trova:
$ln(5x^2-3x+2^x)=5x^2-3x+2^x-1+o(5x^2-3x+2^x-1)
e per il limite notevole
$a^x=1+xlna+o(x)
$5x^2-3x+2^x-1=5x^2-3x+xln2+o(x)=(ln2-3)x(1+o(1))
allora
$ln(5x^2-3x+2^x)=(ln2-3)x(1+o(1))+o((ln2-3)x(1+o(1)))=(ln2-3)x(1+o(1))$ per $x->0
Risposte
E allora? Cosa c'è che non ti è chiaro?
1) nella scrittura
$1-root{3}(cosx)=1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2)(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1)))=1/6x^2(1+o(1))
suppongo che l'addendo $o(-1/2x^2(1+o(1)))$ venga eliminato solo perchè è un infinitesimo di ordine superiore; lo si può dedurre solo dal fatto che contenga un altro o piccolo, o cos'altro?
$1-root{3}(cosx)=1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2)(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1)))=1/6x^2(1+o(1))
suppongo che l'addendo $o(-1/2x^2(1+o(1)))$ venga eliminato solo perchè è un infinitesimo di ordine superiore; lo si può dedurre solo dal fatto che contenga un altro o piccolo, o cos'altro?
Guardati le "regole aritmetiche" degli o piccoli
a pagina 162... L'addendo viene eliminato perché:
$o( -1/2 x^2(1+o(1)) ) = o(-1/2x^2 + o(x^2)) = o(x^2)$
e quindi:
$1/6 x^2 + o(x^2) + o(x^2) = 1/6 x^2 + o(x^2) = 1/6 x^2 (1+o(1))
a pagina 162... L'addendo viene eliminato perché:
$o( -1/2 x^2(1+o(1)) ) = o(-1/2x^2 + o(x^2)) = o(x^2)$
e quindi:
$1/6 x^2 + o(x^2) + o(x^2) = 1/6 x^2 + o(x^2) = 1/6 x^2 (1+o(1))
2) (ricollegata alla prima domanda)
perchè il passaggio:
$1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2)(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1)))
è equivalente a quello più naturale:
$1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1))))=1-(1-1/6x^2(1+o(1)))+o(-1/2x^2(1+o(1)))
perchè il passaggio:
$1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2)(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1)))
è equivalente a quello più naturale:
$1-(1+1/3(cosx-1)+o(cosx-1))=1-(1-1/6x^2(1+o(1))+o(-1/2x^2(1+o(1))))=1-(1-1/6x^2(1+o(1)))+o(-1/2x^2(1+o(1)))
Mi sembra di averti già risposto.
infatti.. ti ringrazio. ma non è tutto:
nella scrittura:
$5x^2-3x+2^x-1=5x^2-3x+xln2+o(x)=(ln2-3)x(1+o(1))
sentite se fila questo ragionamento:
$5x^2-3x+2^x-1=5x^2-3x+xln2+o(x)$ significa che $5x^2-3x+2^x-1$ è un infinitesimo di ordine superiore ad x. è per questo motivo che posso togliere il $5x^2$ senza problemi, cioè, detto tra di noi, quando $5x^2-3x+2^x-1$ sta tendendo a zero, $5x^2$ è già tesa a zero da un bel pezzo....
nella scrittura:
$5x^2-3x+2^x-1=5x^2-3x+xln2+o(x)=(ln2-3)x(1+o(1))
sentite se fila questo ragionamento:
$5x^2-3x+2^x-1=5x^2-3x+xln2+o(x)$ significa che $5x^2-3x+2^x-1$ è un infinitesimo di ordine superiore ad x. è per questo motivo che posso togliere il $5x^2$ senza problemi, cioè, detto tra di noi, quando $5x^2-3x+2^x-1$ sta tendendo a zero, $5x^2$ è già tesa a zero da un bel pezzo....
Certo... Se tu scrivi $o(x)$ inglobi anche $5x^2$
(o come dice Ciolli, "stai buttando via $5x^2$")
essendo questo un infinitesimo di ordine superiore
rispetto a $x$.
Così facendo hai determinato il polinomio
di MacLaurin di quella funzione all'ordine 1.
(o come dice Ciolli, "stai buttando via $5x^2$")
essendo questo un infinitesimo di ordine superiore
rispetto a $x$.
Così facendo hai determinato il polinomio
di MacLaurin di quella funzione all'ordine 1.
(ho cancellato l'ultima domanda)
ma pensa un po' cosa implica tutto questo!!
ma pensa un po' cosa implica tutto questo!!
Cosa implica?
cioè sono andato a trovare il polinomio di maclaurin senza sapere ancora bene cosa fosse! (io l'ho studiato a suo tempo con dei metodi un po' più rigidi...), però pensandoci bene il mosaico comincia ad essere chiaro
E invece cambia!
$log(cosx)=log(cosx -1 +1) != log(1 - cosx + 1)$ !!!
$log(cosx)=log(cosx -1 +1) != log(1 - cosx + 1)$ !!!
Ah ora hai modificato il tuo precedente post...
hai ragione! scusami ho fatto una domanda sciocca, e come vedi me ne sono accorto!! ...le mie solite congetture...
I polinomi di MacLaurin comunque sono
dei particolari polinomi di Taylor,
ovvero sono polinomi di Taylor centrati
in $x=0$ e non in un altro punto
del dominio della funzione.
Potresti impararti a memoria gli sviluppi
di MacLaurin che stanno alla fine
del capitolo 6 di Lezioni, giusto
per l'esame di mercoledì in caso ti
servissero, comunque già che riesci
a scrivere quelli di grado 1 è una buona cosa...
dei particolari polinomi di Taylor,
ovvero sono polinomi di Taylor centrati
in $x=0$ e non in un altro punto
del dominio della funzione.
Potresti impararti a memoria gli sviluppi
di MacLaurin che stanno alla fine
del capitolo 6 di Lezioni, giusto
per l'esame di mercoledì in caso ti
servissero, comunque già che riesci
a scrivere quelli di grado 1 è una buona cosa...
naa preferisco impiegare le mie risorse per dare un'occhiata al capitolo 5... infatti per un simile esame non mi vado a vedere gli argomenti come
sottosuccessioni
successione fondamentale
limiti in $RR^n
insiemi compatti
perchè non faccio in tempo
però posso ripassare funzioni continue e elementi di calcolo differenziale, e qualche teoremino sulle funzioni derivabili
sottosuccessioni
successione fondamentale
limiti in $RR^n
insiemi compatti
perchè non faccio in tempo
però posso ripassare funzioni continue e elementi di calcolo differenziale, e qualche teoremino sulle funzioni derivabili
esaminiamo ora la funzione:
$f(x)=1/(e^(4arcsin2x)-1)->-oo$ per $x->0^-
in virtù del $sinx=x(1+o(1))$ per $x->0
si ha
$f(x)=1/(e^(8x(1+o(1)))-1)
ed $e^(8x(1+o(1)))-1=8x(1+o(1))+o(8x(1+o(1)))=8x(1+o(1))
e trovo:
$1/(e^(4arcsin2x)-1)=1/(8x(1+o(1)))$ per $x->0
ora il libro dice:
$1/(8x(1+o(1)))=1/(8x)(1+o(x))$ come mai?
$f(x)=1/(e^(4arcsin2x)-1)->-oo$ per $x->0^-
in virtù del $sinx=x(1+o(1))$ per $x->0
si ha
$f(x)=1/(e^(8x(1+o(1)))-1)
ed $e^(8x(1+o(1)))-1=8x(1+o(1))+o(8x(1+o(1)))=8x(1+o(1))
e trovo:
$1/(e^(4arcsin2x)-1)=1/(8x(1+o(1)))$ per $x->0
ora il libro dice:
$1/(8x(1+o(1)))=1/(8x)(1+o(x))$ come mai?
e un'altra domanda:
la funzione $x^(arctanx)->+oo$ per $x->+oo
$x^(arctanx)=e^(arctanxlnx)
e ricordandosi che per $x>0,arctanx=pi/2-arctan(1/x)
$arctanx=pi/2-1/x(1+o(1))$ per $x->+oo
$arctanxlnx=pi/2lnx-1/xlnx(1+o(1))=pi/2lnx+o(1)
allora:
$x^(arctanx)=e^(pi/2lnx+o(1))=e^(lnx^(pi/2)+o(1))
e non capisco il passaggio $e^(lnx^(pi/2)+o(1))=x^(pi/2)(1+o(1))
la funzione $x^(arctanx)->+oo$ per $x->+oo
$x^(arctanx)=e^(arctanxlnx)
e ricordandosi che per $x>0,arctanx=pi/2-arctan(1/x)
$arctanx=pi/2-1/x(1+o(1))$ per $x->+oo
$arctanxlnx=pi/2lnx-1/xlnx(1+o(1))=pi/2lnx+o(1)
allora:
$x^(arctanx)=e^(pi/2lnx+o(1))=e^(lnx^(pi/2)+o(1))
e non capisco il passaggio $e^(lnx^(pi/2)+o(1))=x^(pi/2)(1+o(1))
ah ho capito:
$e^(pi/2lnx+o(1))=e^(pi/2lnx(1+o(1)))=(e^(lnx^(pi/2)))^(1+o(1))=(x^(pi/2))^(1+o(1))=x^(pi/2)
$e^(pi/2lnx+o(1))=e^(pi/2lnx(1+o(1)))=(e^(lnx^(pi/2)))^(1+o(1))=(x^(pi/2))^(1+o(1))=x^(pi/2)
rimane il mistero di
"micheletv":
$1/(8x(1+o(1)))=1/(8x)(1+o(x))$ come mai?
"micheletv":
ora il libro dice:
$1/(8x(1+o(1)))=1/(8x)(1+o(x))$ come mai?
E' un passaggio abbastanza inutile, infatti
l'o piccolo conviene usarlo solo quando si trattano
infinitesimi e non infiniti...
Non è molto chiaro perché lo abbia fatto,
bastava dire $1/(8x(1+o(1)))$...
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