Limite con integrali
Questo esercizio:
determinare $\alphainRR$ tale che il limite per $x->\pi$ di $(1-cos((x-\pi)*\int_{x}^{\pi} 3^(t^2)*sin(t)dt))/((x-\pi)^\alpha)$ sia finito.
Allora, io uso de l'Hopital e mi ritrovo a fare questo limite per $x->\pi$: $(sin((x-\pi)*\int_{x}^{\pi} 3^(t^2)*sin(t)dt)*3^(x^2)*sin(x)/(\alpha*(x-\pi)^(\alpha-1))$.
Secondo me questo limite è finito per $\alpha=2$. Voi cosa dite?
Grazie a tutti!
determinare $\alphainRR$ tale che il limite per $x->\pi$ di $(1-cos((x-\pi)*\int_{x}^{\pi} 3^(t^2)*sin(t)dt))/((x-\pi)^\alpha)$ sia finito.
Allora, io uso de l'Hopital e mi ritrovo a fare questo limite per $x->\pi$: $(sin((x-\pi)*\int_{x}^{\pi} 3^(t^2)*sin(t)dt)*3^(x^2)*sin(x)/(\alpha*(x-\pi)^(\alpha-1))$.
Secondo me questo limite è finito per $\alpha=2$. Voi cosa dite?
Grazie a tutti!
Risposte
Con il cambio di variabile $t-pi=y$ per l'integrale prima e con la sostituzione $x-pi=w$ poi, si arriva a:
$f(w) = 1-cos(w int_0^w 3^((pi+y)^2) sin y dy)
tutte le derivate di questa funzione in $w=0$ sono nulle fino a quella di ordine 6, e si ha per $w->0$:
$f(w) = (3^(2pi^2))/ 8 w^6 + o(w^6)
ed il polinomio di Taylor di f, centrato in $w=0$ e arrestato al sesto ordine, coincide con $(3^(2pi^2))/8 w^6$
Pertanto il limite è finito per $alpha=6$, ed il suo valore è $(3^(2pi^2))/8$
$f(w) = 1-cos(w int_0^w 3^((pi+y)^2) sin y dy)
tutte le derivate di questa funzione in $w=0$ sono nulle fino a quella di ordine 6, e si ha per $w->0$:
$f(w) = (3^(2pi^2))/ 8 w^6 + o(w^6)
ed il polinomio di Taylor di f, centrato in $w=0$ e arrestato al sesto ordine, coincide con $(3^(2pi^2))/8 w^6$
Pertanto il limite è finito per $alpha=6$, ed il suo valore è $(3^(2pi^2))/8$
Ma il calcolo delle derivate di questa funzione fino a quella di ordine 6 non è particolarmente complicato?
Te lo chiedo perchè vorrei sapere se sto sbagliando qualcosa io o no. Grazie mille!
Te lo chiedo perchè vorrei sapere se sto sbagliando qualcosa io o no. Grazie mille!
Più che complicato, è complesso, nel senso che è lungo e palloso, richiede pagine di conti,
ma è l'unico modo per sviluppare la funzione con Taylor nell'intorno di 0, non ne vedo altri...
Non è facile come determinare il polinomio di Taylor di, che so, $ln(1+x^9)$: in questo caso basta
sostituire $x^9$ al posto di x nel polinomio di Taylor di $ln(1+x)$ e si ha il risultato cercato.
Nel caso di questa funzione invece non vedo altra strada che calcolare tutte le derivate...
ma è l'unico modo per sviluppare la funzione con Taylor nell'intorno di 0, non ne vedo altri...
Non è facile come determinare il polinomio di Taylor di, che so, $ln(1+x^9)$: in questo caso basta
sostituire $x^9$ al posto di x nel polinomio di Taylor di $ln(1+x)$ e si ha il risultato cercato.
Nel caso di questa funzione invece non vedo altra strada che calcolare tutte le derivate...
Solo ora mi viene in mente che per "finito" potevi intendere anche nullo...
In questo caso vanno bene tutti gli $alpha <= 6$. Se invece intendevi finito e diverso da 0, $alpha=6$.
In questo caso vanno bene tutti gli $alpha <= 6$. Se invece intendevi finito e diverso da 0, $alpha=6$.
Avevi inteso bene, dicevo finito e diverso da 0. Volevo sapere proprio se era lungo e palloso come sembrava a me. Grazie mille, sei stato gentilissimo ed utilissimo!
Scusa se insisto, ma ti chiedo invece se è giusto questo di limite, lo scopo dell'esercizio è sempre lo stesso, trovare questa volta $\beta$ tale che il limite sia finito e diverso da 0.
$lim_(x->0) 1/(\betax+tan(x))*\int_{0}^{x} (3t^2-t^5)/(6+t)^(1/5)dt$.
Io sviluppo il polinomio di Taylor della funzione integranda e mi risulta $6^(4/5)*t^2/2$, proseguo ed alla fine il risultato che trovo è $\beta=2$.
Scusa ancora se ne approfitto!
Scusa se insisto, ma ti chiedo invece se è giusto questo di limite, lo scopo dell'esercizio è sempre lo stesso, trovare questa volta $\beta$ tale che il limite sia finito e diverso da 0.
$lim_(x->0) 1/(\betax+tan(x))*\int_{0}^{x} (3t^2-t^5)/(6+t)^(1/5)dt$.
Io sviluppo il polinomio di Taylor della funzione integranda e mi risulta $6^(4/5)*t^2/2$, proseguo ed alla fine il risultato che trovo è $\beta=2$.
Scusa ancora se ne approfitto!
Il numeratore va a 0 come $6^(-1/5) x^3$, mentre lo sviluppo di Taylor del denominatore arrestato al terz'ordine e centrato in $x=0$ è $(beta+1)x + x^3/3 + o(x^3)$
Quindi, per ogni $beta!= -1$ il limite fa 0. Se invece $beta = -1$ il limite viene finito e diverso da 0, pari a $3*6^(-1/5)=3/root(5)(6)$.
Quindi, per ogni $beta!= -1$ il limite fa 0. Se invece $beta = -1$ il limite viene finito e diverso da 0, pari a $3*6^(-1/5)=3/root(5)(6)$.
Scusa, avevo sbagliato i calcoli delle derivate, non avevo derivato il numeratore della funzione integranda. E a denominatore non avevo fatto Taylor ma de l'Hopital.
Grazie ancora! (unica cosa a me Taylor del denominatore arrestato al terz'ordine e centrato in $x=0$ a me viene $(beta+1)x - x^3/3 + o(x^3)$).
Grazie ancora! (unica cosa a me Taylor del denominatore arrestato al terz'ordine e centrato in $x=0$ a me viene $(beta+1)x - x^3/3 + o(x^3)$).
No, c'è il segno + davanti a $1/3 x^3$, sbaglierai un segno... Lo scopo dell'esercizio comunque era trovare $beta$ tale che il limite fosse finito e non nullo, e $-1$ è il valore richiesto.
No certo, so che il risultato non dipende da quello era solo perchè volevo sapere se sbagliavo a fare lo sviluppo.
Grazie mille!
Grazie mille!
"delca85":
Avevi inteso bene, dicevo finito e diverso da 0. Volevo sapere proprio se era lungo e palloso come sembrava a me.
E' quella $w$ (ovvero quell' $x-pi$) che moltiplica l'integrale dentro il coseno che fa casino. Se non ci fosse quella, credo che sarebbero stati necessari molti meno conti...
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