$lim_{x->+\infty} ((sinxlog(|cosx|))/(arctgx-x))$
Salve ragazzi, ho il seguente quesito :
Si calcoli per $x->0$ e per $x->+\infty$ di $h(x)=(sin(x)log(|cos(x)|))/(arctgx-x)$
La prima parte non mi sembra difficile , infatti se $J $ è un intorno sferico di centro $0$ abbastanza piccolo, $cosx>0$ e quindi $h_{|J}(X)=(sin(x)log(cos(x)))/(arctgx-x)$
Operando poi con gli sviluppi di Taylor ho che
$lim_{x->0} h(x) = lim_{x->0}((x+o(x))*(-x^2/2+o(x^2)))/(x^3/3+o(x^3) $$=..=-3/2$
Il problema sta nel considerare
$lim_{x->+\infty}h(x)$ , ad occhio direi che tende a zero.. ma non riesco a provarlo.. Infatti mi basterebbe provare che la quantità che sta al numeratore è limitata
.
Qualche consiglio? Grazie mille. (No De Hospital please.. è un casino e dubito si possa utilizzare)
Si calcoli per $x->0$ e per $x->+\infty$ di $h(x)=(sin(x)log(|cos(x)|))/(arctgx-x)$
La prima parte non mi sembra difficile , infatti se $J $ è un intorno sferico di centro $0$ abbastanza piccolo, $cosx>0$ e quindi $h_{|J}(X)=(sin(x)log(cos(x)))/(arctgx-x)$
Operando poi con gli sviluppi di Taylor ho che
$lim_{x->0} h(x) = lim_{x->0}((x+o(x))*(-x^2/2+o(x^2)))/(x^3/3+o(x^3) $$=..=-3/2$
Il problema sta nel considerare
$lim_{x->+\infty}h(x)$ , ad occhio direi che tende a zero.. ma non riesco a provarlo.. Infatti mi basterebbe provare che la quantità che sta al numeratore è limitata
.Qualche consiglio? Grazie mille. (No De Hospital please.. è un casino e dubito si possa utilizzare)
Risposte
forse osservando che
\[0<-\ln|\cos x|\le\sin x\ln|\cos x|\le\ln|\cos x|<0\]
si potrebbe concludere che il limite è zero, ma non ho fatto conti e può essere che non sia così ..... poichè i limiti esterni non esistono,non esiste nemmeno il limite a numeratore
\[0<-\ln|\cos x|\le\sin x\ln|\cos x|\le\ln|\cos x|<0\]
si potrebbe concludere che il limite è zero, ma non ho fatto conti e può essere che non sia così ..... poichè i limiti esterni non esistono,non esiste nemmeno il limite a numeratore
Il problema è questo: il numeratore diverge in $x_k = pi/2 + k pi$, mentre il denominatore si mantiene limitato in un intorno di $x_k$, $k in NN$; ancora: il numeratore si annulla per $y_k = k pi$. Ad occhio non mi pare ci sia la speranza di un limite.
Ciao.
Il caso $x->0$ è corretto, ma hai dimenticato un $-$ al denominatore, quindi il limite è positivo
Per il caso $x->+oo$... non saprei, perché
$lim_(x->+oo)(sin(x)ln(|cos(x)|))/(arctgx-x)=(sin(x)ln(|cos(x)|))/(-x)=-sin(x)/x cdot ln(|cos(x)|)=0 cdot ln(|cos(x)|)$
ma $ln(|cos(x)|)$ oscilla ciclicamente all'infinito, assumendo valore $-oo$ per $x=pi/2+kpi$... forse non esiste...
Il caso $x->0$ è corretto, ma hai dimenticato un $-$ al denominatore, quindi il limite è positivo
Per il caso $x->+oo$... non saprei, perché
$lim_(x->+oo)(sin(x)ln(|cos(x)|))/(arctgx-x)=(sin(x)ln(|cos(x)|))/(-x)=-sin(x)/x cdot ln(|cos(x)|)=0 cdot ln(|cos(x)|)$
ma $ln(|cos(x)|)$ oscilla ciclicamente all'infinito, assumendo valore $-oo$ per $x=pi/2+kpi$... forse non esiste...
Forse ho risolto,per $x$ sufficientemente grandi, minorando e maggiorando opportunamente ho che
$h(x)=-1/(\pi/2-x) <= (-ln|cosx|)/(\pi/2-x)<=f(x)<=(ln|cosx|)/(\pi/2-x)<=1/(\pi/2-x)= \gamma(x)$
Poiché per $x->+\infty$ si ha che $h(x),\gamma(x)->0$ per il teorema di convergenza obbligata $f(x)->0$ , vi torna?
$h(x)=-1/(\pi/2-x) <= (-ln|cosx|)/(\pi/2-x)<=f(x)<=(ln|cosx|)/(\pi/2-x)<=1/(\pi/2-x)= \gamma(x)$
Poiché per $x->+\infty$ si ha che $h(x),\gamma(x)->0$ per il teorema di convergenza obbligata $f(x)->0$ , vi torna?
avrei provato a fare cosi:
considerando le due successioni
\[a_n=\frac{\pi}{2}+2k\pi,\qquad b_n=\frac{3\pi}{2}+2k\pi\]
abbiamo:
\begin{align}
\lim_{n }\frac{\sin a_n\ln|\cos a_n|}{\arctan a_n-a_n}&=\lim_{n }\frac{1\cdot(-\infty)}{-C}=+\infty\\
\lim_{n }\frac{\sin b_n\ln|\cos b_n|}{\arctan b_n-b_n}&=\lim_{n }\frac{-1\cdot(-\infty)}{-C}=-\infty\\
\end{align}
dunque il limite non esiste
considerando le due successioni
\[a_n=\frac{\pi}{2}+2k\pi,\qquad b_n=\frac{3\pi}{2}+2k\pi\]
abbiamo:
\begin{align}
\lim_{n }\frac{\sin a_n\ln|\cos a_n|}{\arctan a_n-a_n}&=\lim_{n }\frac{1\cdot(-\infty)}{-C}=+\infty\\
\lim_{n }\frac{\sin b_n\ln|\cos b_n|}{\arctan b_n-b_n}&=\lim_{n }\frac{-1\cdot(-\infty)}{-C}=-\infty\\
\end{align}
dunque il limite non esiste
Che è, in sostanza, quello che ho scritto io...
Intrusione: quelle successioni non si possono valutare, perché in quei punti la funzione non esiste... non bisognerebbe fabbricare due successioni "ad hoc", come quelle qui sotto?
$c_n = a_n+\frac{1}{n}$ e $d_n=b_n+\frac{1}{n}$
$c_n = a_n+\frac{1}{n}$ e $d_n=b_n+\frac{1}{n}$
infatti... a mio parere invece il limite esiste, (leggete il 5° post) .. se non vi convince, mi potreste indicare i punti deboli della mia risoluzione? grazie.
"mgiaff":
Intrusione: quelle successioni non si possono valutare, perché in quei punti la funzione non esiste... non bisognerebbe fabbricare due successioni "ad hoc", come quelle qui sotto?
$c_n = a_n+\frac{1}{n}$ e $d_n=b_n+\frac{1}{n}$
giusto
@Mgiaff
Mi trovi molto d'accordo sull'osservazione,
e sulla scelta delle successioni buone per aggirare il problema da te giustamente sollevato!
@Kashman.
E da dove hai dedotto che in un intorno positivo d'infinito si ha $-1>-"log"|cos x|$
?
Saluti dal web.
Edit:
tre risposte quasi uguali,e certamente equivalenti,in contemporanea!!
Wow,Kashaman:
non ha suscitato alcun interesse,il tuo limituccio
..
"mgiaff":
Intrusione: quelle successioni non si possono valutare, perché in quei punti la funzione non esiste... non bisognerebbe fabbricare due successioni "ad hoc", come quelle qui sotto?
$c_n = a_n+\frac{1}{n}$ e $d_n=b_n+\frac{1}{n}$
Mi trovi molto d'accordo sull'osservazione,
e sulla scelta delle successioni buone per aggirare il problema da te giustamente sollevato!
@Kashman.
"Kashaman":
Forse ho risolto,per \( x \) sufficientemente grandi, minorando e maggiorando opportunamente ho che
\( h(x)=-1/(\pi/2-x) <= (-ln|cosx|)/(\pi/2-x)<=f(x)<=(ln|cosx|)/(\pi/2-x)<=1/(\pi/2-x)= \gamma(x) \)
Poiché per \( x->+\infty \) si ha che \( h(x),\gamma(x)->0 \) per il teorema di convergenza obbligata \( f(x)->0 \) , vi torna?
E da dove hai dedotto che in un intorno positivo d'infinito si ha $-1>-"log"|cos x|$
?Saluti dal web.
Edit:
tre risposte quasi uguali,e certamente equivalenti,in contemporanea!!
Wow,Kashaman:
non ha suscitato alcun interesse,il tuo limituccio
..
@mgiaff: hai pienamente ragione. Ciò che ho scritto io è un'altra cosa: esiste una successione di punti (equidistanziati) di $RR$ tali che in un intorno di ciascuno di questi la funzione è illimitata; allora è solo tecnica costruire una successione di punti $x_k$ del dominio di $f$ tali che $f(x_k) -> +oo$ (ed $x_k -> +oo$) per $k -> +oo$ .
D'altra parte $y_k = pi k$ sono tutti zeri di $f$...
D'altra parte $y_k = pi k$ sono tutti zeri di $f$...
$-1/(\pi/2-x) <= (-ln|cosx|)/(\pi/2-x)$ che è poi la stessa cosa di $(ln|cosx|)/(\pi/2-x)<=1/(\pi/2-x)$...
Queste qui valgono solo se $x<\pi/2$, escludendo sempre i casi in cui il logaritmo non è definito... Quindi (eventualmente) andrebbero sistemate.
@Seneca: sì, questa tecnica mi pare buona, ma siamo sicuri che porti da qualche parte? Cioè sarebbe bello vederle queste successioni
Queste qui valgono solo se $x<\pi/2$, escludendo sempre i casi in cui il logaritmo non è definito... Quindi (eventualmente) andrebbero sistemate.
@Seneca: sì, questa tecnica mi pare buona, ma siamo sicuri che porti da qualche parte? Cioè sarebbe bello vederle queste successioni
Ok, invece di criticare e basta provo a dare un contributo
Sia $f(x) = (sinxlog|cosx|)/(arctgx-x)$.
Consideriamo la successione:
$z_n = \pi + n \pi$ con $n \in \mathbb{N}$.
Si ha $\forall n \in \mathbb{N}$:
$f(z_n) = 0$
Quindi il limite, se esiste, deve essere zero, perché $lim_{n -> +\infty} f(z_n)=0$ (che più zero non si può, o quasi xD).
Se non ci sono obiezioni, pensiamo "avanti" Basterebbe fabbricare una successione che non converga a zero. A naso ce ne sono...
Sia $f(x) = (sinxlog|cosx|)/(arctgx-x)$.
Consideriamo la successione:
$z_n = \pi + n \pi$ con $n \in \mathbb{N}$.
Si ha $\forall n \in \mathbb{N}$:
$f(z_n) = 0$
Quindi il limite, se esiste, deve essere zero, perché $lim_{n -> +\infty} f(z_n)=0$ (che più zero non si può, o quasi xD).
Se non ci sono obiezioni, pensiamo "avanti"
Basterebbe fabbricare una successione che non converga a zero. A naso ce ne sono...
Basta dimostrare che ne esiste una...
Sia $x_k = \pi/2 + k \pi$ e si ha che (*) \[ \lim_{x \to x_k} |f(x)| = + \infty \;\;\;\;\;\forall k \]
Poiché $x_k \to \infty$ per $k \to \infty$ , $\forall n \in NN $ $EE K : x_{K} \in [ n , +\infty)$ ed inoltre, in corrispondenza dell'$n$ scelto e del punto $x_K$, (vd. (*)) $\exists U(n)$ intorno di $x_{K}$ tale che $\forall x \in U(n)$, $|f(x)| > n$. Senza perdere di generalità posso supporre che $U_(n+1) \cap U_n = \emptyset$. Allora $\forall n$ sia $y_n \in U(n)$.
Chiaramente $|f(y_n)| > n$, $\forall n$ e quindi $|f(y_n)| \to \infty$ per $n \to \infty$.
Sia $x_k = \pi/2 + k \pi$ e si ha che (*) \[ \lim_{x \to x_k} |f(x)| = + \infty \;\;\;\;\;\forall k \]
Poiché $x_k \to \infty$ per $k \to \infty$ , $\forall n \in NN $ $EE K : x_{K} \in [ n , +\infty)$ ed inoltre, in corrispondenza dell'$n$ scelto e del punto $x_K$, (vd. (*)) $\exists U(n)$ intorno di $x_{K}$ tale che $\forall x \in U(n)$, $|f(x)| > n$. Senza perdere di generalità posso supporre che $U_(n+1) \cap U_n = \emptyset$. Allora $\forall n$ sia $y_n \in U(n)$.
Chiaramente $|f(y_n)| > n$, $\forall n$ e quindi $|f(y_n)| \to \infty$ per $n \to \infty$.
Che bellezza! Direi che questa (elegante) soluzione sistema la cosa
Direi che questa (elegante) soluzione sistema la cosa
mazza theras hai ragione... ansia pre esami -.-
Grazie mille a tutti ragazzi
Grazie mille a tutti ragazzi
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