Limite di funzione integrale con estremi variabili
Qualcuno mi potrebbe confermare che questo limite non esiste?
Non sono sicuro del risultato e non ho le soluzioni!
$ lim_(x -> +oo) [x*int_(x^4)^((x+1)^4) (2-sint)/(1+t)dt ] $
Non sono sicuro del risultato e non ho le soluzioni!
$ lim_(x -> +oo) [x*int_(x^4)^((x+1)^4) (2-sint)/(1+t)dt ] $
Risposte
Come hai ragionato tu? Non è un esercizio immediato.
L'ho svolto così:
l'intervallo di integrazione è $x^4+4x^3+6x^3+4x+1-x^4=4x^3+6x^2+4x+1$, siccome l'integranda è continua per t grande è anche integrabile secondo Riemann.
Quindi, chiamando $g(x)$ la funzione integrale (senza $x$ che moltiplica fuori), per la monotonia dell'integrale:
$(4^x^3+6x^2+4x+1)f(x^4)>=g(x)>=(4x^3+6x^2+4x+1)f((x+1)^4)$
$f(x)$ è' la funzione integranda, e quella diseguaglianza dovrebbe valere in quanto l'integranda è monotona non crescente (piccolo problema il fatto che non lo sia strettamente).
Se mando al limite (per $x->+oo$) le due funzioni con cui ho maggiorato e minorato $g$, aggiungendo la $x$ che moltiplicava fuori ho:
$4x^4*(2-sin(x^4))/x^4=4*(2-sin(x^4))$ che non dovrebbe ammettere limite. Lo stesso succede facendo il limite dell'altra.
Non mi convince semplicemente per il fatto che l'integranda non è strettamente monotona, ma tutti gli esercizi di questo tipo li ho visti fatti così!
Grazie per qualsiasi eventuale critica/correzione
l'intervallo di integrazione è $x^4+4x^3+6x^3+4x+1-x^4=4x^3+6x^2+4x+1$, siccome l'integranda è continua per t grande è anche integrabile secondo Riemann.
Quindi, chiamando $g(x)$ la funzione integrale (senza $x$ che moltiplica fuori), per la monotonia dell'integrale:
$(4^x^3+6x^2+4x+1)f(x^4)>=g(x)>=(4x^3+6x^2+4x+1)f((x+1)^4)$
$f(x)$ è' la funzione integranda, e quella diseguaglianza dovrebbe valere in quanto l'integranda è monotona non crescente (piccolo problema il fatto che non lo sia strettamente).
Se mando al limite (per $x->+oo$) le due funzioni con cui ho maggiorato e minorato $g$, aggiungendo la $x$ che moltiplicava fuori ho:
$4x^4*(2-sin(x^4))/x^4=4*(2-sin(x^4))$ che non dovrebbe ammettere limite. Lo stesso succede facendo il limite dell'altra.
Non mi convince semplicemente per il fatto che l'integranda non è strettamente monotona, ma tutti gli esercizi di questo tipo li ho visti fatti così!
Grazie per qualsiasi eventuale critica/correzione
E' una buona idea usare una stima dall'alto e una dal basso, ma purtroppo il tuo svolgimento è completamente sbagliato. Cancella tutto e rifacciamolo insieme. Cominciamo col fissare le notazioni:
$forall t >0, f(t)=frac{2-sin(t)}{1+t}$;
$forall x > 0, g(x)=int_{x^4}^{(x+1)^4}f(t)dt$.
Punto 1 Studia per bene la monotonia di $f$. Tu dici che è monotona ma non strettamente monotona. Non è vero.
[asvg]xmin=0; xmax=12*Math.PI; ymin=0; ymax=1; axes(); plot("(2-sin(x))/(1+x)");[/asvg]
$forall t >0, f(t)=frac{2-sin(t)}{1+t}$;
$forall x > 0, g(x)=int_{x^4}^{(x+1)^4}f(t)dt$.
Punto 1 Studia per bene la monotonia di $f$. Tu dici che è monotona ma non strettamente monotona. Non è vero.
[asvg]xmin=0; xmax=12*Math.PI; ymin=0; ymax=1; axes(); plot("(2-sin(x))/(1+x)");[/asvg]
Che idiota, hai ragione. Ora ci penso su!
Ma infatti le tue maggiorazioni/minorazioni per [tex]$g(x)$[/tex] non vanno bene: visto che l'integrando [tex]$f(x)$[/tex] non è monotono, in linea di principio niente ti assicura che [tex]$f(x^4)\geq f((x+1)^4)$[/tex].
Ad occhio la cosa migliore sembra essere tener presente che [tex]f(x)\geq \tfrac{1}{1+t}[/tex] e che il secondo membro si può integrare esplicitamente.
Ad occhio la cosa migliore sembra essere tener presente che [tex]f(x)\geq \tfrac{1}{1+t}[/tex] e che il secondo membro si può integrare esplicitamente.
Ok visto che praticamente non c'ho azzecato niente, vi ripropongo l'esercizio intero come doveva essere. Mettiamo un $alpha$ come esponente della $x$ fuori dall'integrale: $ lim_(x -> +oo) [x^(alpha)*int_(x^4)^((x+1)^4) (2-sint)/(1+t)dt ] $.
Dunque ora spezzo l'integrale e integro il primo membro, ottenendo $ 2log(1+x) $ da valutare tra $(x+1)^4$ e $x^4$.
Arrivo alla conclusione che $2log(1+(x+1)^4)-2log(1+x^4)$ è infinitesimo come $ 8/x $; quindi se inizio a moltiplicare questo pezzo per $x^(alpha)$ ho $ x^(alpha-1)*8 $ che tende a 8 se $alpha=1$, a $+oo$ se $alpha>1$ e a $0$ se $alpha<1$. Da qui per studiare il secondo pezzo posso già dire che non mi interessano i casi in cui $alpha>1$ perchè tanto ho un pezzo che non converge giusto?
Spero di non aver fatto errori, ora ragiono sulla seconda parte!
Dunque ora spezzo l'integrale e integro il primo membro, ottenendo $ 2log(1+x) $ da valutare tra $(x+1)^4$ e $x^4$.
Arrivo alla conclusione che $2log(1+(x+1)^4)-2log(1+x^4)$ è infinitesimo come $ 8/x $; quindi se inizio a moltiplicare questo pezzo per $x^(alpha)$ ho $ x^(alpha-1)*8 $ che tende a 8 se $alpha=1$, a $+oo$ se $alpha>1$ e a $0$ se $alpha<1$. Da qui per studiare il secondo pezzo posso già dire che non mi interessano i casi in cui $alpha>1$ perchè tanto ho un pezzo che non converge giusto?
Spero di non aver fatto errori, ora ragiono sulla seconda parte!
Se dimostro che $ int_(0)^(+oo) sint/(1+t)dt $ converge è fatta giusto? Perchè avrei che indipendentemente dagli estremi di integrazione, che comunque tendono a $+oo$ l'area è finita, quindi a seconda dell'esponente $alpha$ il limite è $0$ o è $+oo$ (quello del secondo pezzo di integrale). Non è così?
Grazie ancora
Grazie ancora
Ma dimostrare che quell'integrale converge, ammesso che sia vero, è un casino. Non ti è convenuto spezzare l'integrale: guarda, prima avevi una funzione integranda a segno costante e adesso ti ritrovi con una porcheria che cambia segno in continuazione. Questo è, di solito, un problema: per fare un parallelo con le più familiari serie numeriche, è come barattare una serie a termini positivi con una a termini di entrambi i segni. Ai fini dello studio della convergenza, non conviene (di solito).
Torna indietro. Prova a seguire il suggerimento di Gugo.
Torna indietro. Prova a seguire il suggerimento di Gugo.
Beh ma non è così difficile scusa: integrando per parti $ int_()^()(sint)/(1+t)dt=-cost/(1+t)-int_()^() cos(t)/((1+t)^2) dt $, il primo membro tende a $0$ per $ t->+oo$ (quindi se lo valuto da $0$ a $+oo$ ottengo semplicemente $-1$), se considero la funzione integrale $ int_(0)^(x) cost/(1+t)^2dt $ sempre con $x->+oo$, posso maggiorare l'integranda in valore assoluto con $ 1/(1+t)^2$ che è infinitesimo come $1/t^2$, in conclusione il tutto converge. Così non va bene?
Io avevo capito che il suggerimento di gugo fosse proprio quello di spezzare il tutto! Altrimenti come avrei potuto fare?
Io avevo capito che il suggerimento di gugo fosse proprio quello di spezzare il tutto! Altrimenti come avrei potuto fare?
Hai ragione, volendo si potrebbe procedere pure così. Però il suggerimento di Gugo non diceva questo. Diceva invece di sfruttare la disuguaglianza
$0 \le f(t) \le frac{1}{1+t}$.
Da qui ottieni subito delle informazioni interessanti e a basso costo.
Poi, occhio: se dimostri che "un pezzo non converge", non te ne fai proprio niente. Pensa al caso limite
$0=int_0^infty (1-1)dx$.
$0 \le f(t) \le frac{1}{1+t}$.
Da qui ottieni subito delle informazioni interessanti e a basso costo.
Poi, occhio: se dimostri che "un pezzo non converge", non te ne fai proprio niente. Pensa al caso limite
$0=int_0^infty (1-1)dx$.
Non mi sembra vera quella disuguaglianza! Per il resto hai perfettamente ragione, ho trascurato una forma di indecisione!
Comunque il suggerimento di Gugo mi diceva di minorarla con $1/(1+t)$, integro e ho $ g(x)>=(log(1+(x+1)^4)-log(1+x^4))x^alpha approx 4/x x^alpha=4x^(alpha-1) $.
Il che mi permette di dire che il limite di g(x) per $x->+oo$ è $+oo$ se $alpha>1$, se la maggioro con $3/(1+t)$ sono a posto quindi?
Ps: con $approx$ intendo asintotico, ma non trovo il codice!
Comunque il suggerimento di Gugo mi diceva di minorarla con $1/(1+t)$, integro e ho $ g(x)>=(log(1+(x+1)^4)-log(1+x^4))x^alpha approx 4/x x^alpha=4x^(alpha-1) $.
Il che mi permette di dire che il limite di g(x) per $x->+oo$ è $+oo$ se $alpha>1$, se la maggioro con $3/(1+t)$ sono a posto quindi?
Ps: con $approx$ intendo asintotico, ma non trovo il codice!
"Giuly19":Mamma mia!
Non mi sembra vera quella disuguaglianza!
Scusami, in questi giorni proprio non riesco a trovare un minimo di concentrazione. Comunque, va bene procedere con le due stime
$1/(1+t) \le f(t) \le 3/(1+t).$
In questo modo riconduci il problema allo studio del limite
$lim_{x \to \infty} x^{\alpha} log frac{1+(x+1)^4}{1+x^4}$
in funzione del parametro $alpha$. Invece non ho capito come hai fatto a ricondurti a $4/x x^alpha$.
Sapevo che la differenza fra i due logaritmi era uno 0, mi interessava sapere di che ordine. Quindi ho sviluppato lo sviluppabile e mi è rimasto quell'infinitesimo (wolfram conferma). Però mi è sorto un altro dubbio, ragionando come ho fatto prima, cioè spezzando l'integrale ma lasciando $x^alpha$ che moltiplica fuori, ho che il primo è pezzo è infinitesimo come $8/x$ (stessi passaggi, cambia solo il fatto che avevo un 2 che moltiplicava), mentre per quanto riguarda il secondo ($int_(x^4)^((x+1)^4) sint/(1+t)dt$) so che il suo integrale improprio converge da $0$ a $+oo$, e intuitivamente mi viene da pensare che sia infinitesimo di ordine superiore a $8/x$, ma non so dimostrarlo. Perchè se così fosse potrei dire con certezza che il limite proposto vale $8$ se $alpha=1$, mentre con le maggiorazioni che ti ho detto sopra ($f(x)<=3/(1+t)$ e $f(x)>=1/(1+t)$) riesco solo a dire che è compreso tra $4$ e $12$.
Spero di essermi spiegato, in caso contrario scrivo tutti i passaggi in modo da essere più chiaro!
Spero di essermi spiegato, in caso contrario scrivo tutti i passaggi in modo da essere più chiaro!
Visto che vuoi dimostrare che:
[tex]$\phi(x):=\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{\sin t}{1+t}\ \text{d} t$[/tex]
è infinitesimo d'ordine superiore ad [tex]$1$[/tex] quando [tex]$x\to +\infty$[/tex], perchè non usare il teorema di de l'Hôpital?
In fin dei conti il limite:
[tex]$\lim_{x\to +\infty} \frac{\phi(x)}{\frac{1}{x}}$[/tex]
è in forma indeterminata [tex]$\tfrac{0}{0}$[/tex], quindi sembra abbastanza naturale procedere così.
[tex]$\phi(x):=\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{\sin t}{1+t}\ \text{d} t$[/tex]
è infinitesimo d'ordine superiore ad [tex]$1$[/tex] quando [tex]$x\to +\infty$[/tex], perchè non usare il teorema di de l'Hôpital?
In fin dei conti il limite:
[tex]$\lim_{x\to +\infty} \frac{\phi(x)}{\frac{1}{x}}$[/tex]
è in forma indeterminata [tex]$\tfrac{0}{0}$[/tex], quindi sembra abbastanza naturale procedere così.
Grande Gugo che hai capito tutto, ma non ho mai sentito parlare di quel teorema (almeno sotto questo nome), non è che potresti spiegarti un attimino meglio? Grazie!
Come non detto! XD Ora ci penso su!
Grazie!Come non detto! XD Ora ci penso su!
Ok però derivando mi viene che $ (sin(x+1)^4/(1+(x+1)^4)4(x+1)^3-sinx^4/(1+x^4)4x^3) $ per $x->+oo$ va a $0$ come $1/x$, mentre sotto avrei $-1/x^2$, che è di ordine superiore! Dove sbaglio?? Non vorrà mica dire che non è vero che $int_(x^4)^((x+1)^4) sint/(1+t)dt$ è $o(1/x)$ per $x->+oo$?!
In effetti con de l'Hôpital non si risolve un granché, perchè viene fuori una cosa che non ha limite (se non mi inganno).
Allora, se non ho sbagliato i conti (qualcuno controlli!), possiamo risolvere così.
Brutalmente, integriamo per parti due volte con fattore finito [tex]\frac{1}{1+t}[/tex] e [tex]\frac{1}{(1+t)^2}[/tex]:
[tex]$\phi (x)=\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{2-\sin t}{1+t}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=\left[ \frac{2t+\cos t}{1+t}\right]_{x^4}^{(x+1)^4}+\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{2t+\cos t}{(1+t)^2}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=\left[ \frac{2t+\cos t}{1+t}\right]_{x^4}^{(x+1)^4} + \left[ \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^2}\right]_{x^4}^{(x+1)^4} +2\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t$[/tex];
se non ho sbagliato, facendo un po' di conti si trova che gli addendi tra parentesi quadre sono infinitesimi in [tex]$+\infty$[/tex] d'ordine superiore rispetto a [tex]\frac{1}{x}[/tex], quindi:
[tex]$\phi (x)=2\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t +\text{o}\left( \frac{1}{x}\right)$[/tex]
e conseguentemente:
[tex]$x\ \phi (x)=2x \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t +\text{o} (1)$[/tex].
Per calcolare il [tex]$\lim_{x\to +\infty} x\ \phi (x)$[/tex] basta allora stimare la funzione a secondo membro della precedente in modo tale da poter applicare il teorema dei carabinieri.
Visto che [tex]$x\to +\infty$[/tex], possiamo sempre supporre che [tex]$x>1$[/tex], di modo che l'integrale [tex]\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t[/tex] sia esteso ad un intervallo coll'estremo inferiore maggiore di [tex]$1$[/tex]; in tal modo l'integrando è positivo e si controlla dal basso e dall'alto come segue:
[tex]$\frac{t-1}{(t+1)^2}=\frac{t^2-1}{(1+t)^3} \leq \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3} \leq \frac{t^2+1}{(1+t)^3}$[/tex],
e perciò risulta:
[tex]$\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2-1}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+1}{(1+t)^3}\ \text{d} t$[/tex];
gli integrali ai membri esterni della precedente catena si calcolano elementarmente, giacché:
[tex]$\int \frac{t-1}{(1+t)^2}\ \text{d} t = \frac{2}{1+t}+\ln (1+t) +\text{cost.}$[/tex]
[tex]$\int \frac{t^2+1}{(1+t)^3}\ \text{d} t = \frac{1+2t}{(1+t)^2}+\ln (1+t) +\text{cost.}$[/tex],
quindi abbiamo:
[tex]$\left[ \frac{2}{1+t}+\ln (1+t) \right]_{x^4}^{(x+1)^4}\leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq \left[ \frac{1+2t}{(1+t)^2}+\ln (1+t) \right]_{x^4}^{(x+1)^4}$[/tex]
cioè:
[tex]$A(x) +\ln \frac{1+(x+1)^4}{1+x^4} \leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq B(x)+\ln \frac{1+(x+1)^4}{1+x^4}$[/tex]
ove per comodità si è posto:
[tex]$A(x):=\frac{2}{1+(x+1)^4}-\frac{2}{1+x^4}$[/tex] e [tex]$B(x):=\frac{1+2(x+1)^4}{[1+(x+1)^4]^2}-\frac{1+2x^4}{(1+x^4)^2}$[/tex].
Ne viene che:
[tex]$2x\left\{ A(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1)\leq x\ \phi(x) \leq 2x\left\{ B(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1)$[/tex]
ed a questo punto possiamo concludere: infatti, con un po' di contazzi si vede che [tex]$A(x)$[/tex] e [tex]$B(x)$[/tex] sono [tex]$\text{o} (\tfrac{1}{x})$[/tex] per [tex]$x\to +\infty$[/tex], mentre l'approssimazione di Taylor consente di stabilire che [tex]\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \approx \frac{4}{x}[/tex], ergo:
[tex]$8=\lim_{x\to +\infty} 2x\left\{ A(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1) $[/tex]
[tex]$\leq \lim_{x\to +\infty} x\ \phi(x) $[/tex]
[tex]$\leq \lim_{x\to +\infty} 2x\left\{ B(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1)=8$[/tex]
da cui si conclude [tex]$\lim_{x\to +\infty} x\ \phi (x)=8$[/tex] per il succitato teorema dei carabinieri.
Questo risultato è quantomeno plausibile, perchè sta nell'intervallo di confidenza [tex]$[4,12]$[/tex] determinato con le minorazioni/maggiorazioni elementari che avevo suggerito all'inizio; anzi è pure molto bello, perchè è esattamente nel punto medio di tale intervallo.
Comunque, qualcuno controlli i passaggi, per favore.
P.S.: Curiosità: da dove l'hai preso questo esercizio?
Allora, se non ho sbagliato i conti (qualcuno controlli!), possiamo risolvere così.
Brutalmente, integriamo per parti due volte con fattore finito [tex]\frac{1}{1+t}[/tex] e [tex]\frac{1}{(1+t)^2}[/tex]:
[tex]$\phi (x)=\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{2-\sin t}{1+t}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=\left[ \frac{2t+\cos t}{1+t}\right]_{x^4}^{(x+1)^4}+\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{2t+\cos t}{(1+t)^2}\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=\left[ \frac{2t+\cos t}{1+t}\right]_{x^4}^{(x+1)^4} + \left[ \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^2}\right]_{x^4}^{(x+1)^4} +2\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t$[/tex];
se non ho sbagliato, facendo un po' di conti si trova che gli addendi tra parentesi quadre sono infinitesimi in [tex]$+\infty$[/tex] d'ordine superiore rispetto a [tex]\frac{1}{x}[/tex], quindi:
[tex]$\phi (x)=2\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t +\text{o}\left( \frac{1}{x}\right)$[/tex]
e conseguentemente:
[tex]$x\ \phi (x)=2x \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t +\text{o} (1)$[/tex].
Per calcolare il [tex]$\lim_{x\to +\infty} x\ \phi (x)$[/tex] basta allora stimare la funzione a secondo membro della precedente in modo tale da poter applicare il teorema dei carabinieri.
Visto che [tex]$x\to +\infty$[/tex], possiamo sempre supporre che [tex]$x>1$[/tex], di modo che l'integrale [tex]\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t[/tex] sia esteso ad un intervallo coll'estremo inferiore maggiore di [tex]$1$[/tex]; in tal modo l'integrando è positivo e si controlla dal basso e dall'alto come segue:
[tex]$\frac{t-1}{(t+1)^2}=\frac{t^2-1}{(1+t)^3} \leq \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3} \leq \frac{t^2+1}{(1+t)^3}$[/tex],
e perciò risulta:
[tex]$\int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2-1}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+1}{(1+t)^3}\ \text{d} t$[/tex];
gli integrali ai membri esterni della precedente catena si calcolano elementarmente, giacché:
[tex]$\int \frac{t-1}{(1+t)^2}\ \text{d} t = \frac{2}{1+t}+\ln (1+t) +\text{cost.}$[/tex]
[tex]$\int \frac{t^2+1}{(1+t)^3}\ \text{d} t = \frac{1+2t}{(1+t)^2}+\ln (1+t) +\text{cost.}$[/tex],
quindi abbiamo:
[tex]$\left[ \frac{2}{1+t}+\ln (1+t) \right]_{x^4}^{(x+1)^4}\leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq \left[ \frac{1+2t}{(1+t)^2}+\ln (1+t) \right]_{x^4}^{(x+1)^4}$[/tex]
cioè:
[tex]$A(x) +\ln \frac{1+(x+1)^4}{1+x^4} \leq \int_{x^4}^{(x+1)^4} \frac{t^2+\sin t}{(1+t)^3}\ \text{d} t \leq B(x)+\ln \frac{1+(x+1)^4}{1+x^4}$[/tex]
ove per comodità si è posto:
[tex]$A(x):=\frac{2}{1+(x+1)^4}-\frac{2}{1+x^4}$[/tex] e [tex]$B(x):=\frac{1+2(x+1)^4}{[1+(x+1)^4]^2}-\frac{1+2x^4}{(1+x^4)^2}$[/tex].
Ne viene che:
[tex]$2x\left\{ A(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1)\leq x\ \phi(x) \leq 2x\left\{ B(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1)$[/tex]
ed a questo punto possiamo concludere: infatti, con un po' di contazzi si vede che [tex]$A(x)$[/tex] e [tex]$B(x)$[/tex] sono [tex]$\text{o} (\tfrac{1}{x})$[/tex] per [tex]$x\to +\infty$[/tex], mentre l'approssimazione di Taylor consente di stabilire che [tex]\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \approx \frac{4}{x}[/tex], ergo:
[tex]$8=\lim_{x\to +\infty} 2x\left\{ A(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1) $[/tex]
[tex]$\leq \lim_{x\to +\infty} x\ \phi(x) $[/tex]
[tex]$\leq \lim_{x\to +\infty} 2x\left\{ B(x)+\ln \left( 1+ \frac{(x+1)^4-x^4}{1+x^4}\right) \right\} +\text{o}(1)=8$[/tex]
da cui si conclude [tex]$\lim_{x\to +\infty} x\ \phi (x)=8$[/tex] per il succitato teorema dei carabinieri.
Questo risultato è quantomeno plausibile, perchè sta nell'intervallo di confidenza [tex]$[4,12]$[/tex] determinato con le minorazioni/maggiorazioni elementari che avevo suggerito all'inizio; anzi è pure molto bello, perchè è esattamente nel punto medio di tale intervallo.
Comunque, qualcuno controlli i passaggi, per favore.
P.S.: Curiosità: da dove l'hai preso questo esercizio?
Me lo ha lasciato un esercitatore.. Comunque ho controllato qualche conto e sembra starci il ragionamento, in ogni caso la sensazione che quel limite facesse $8$ c'era! Solo non mi spiego come non si possa dimostrare quello che dicevo sopra, anche perchè con de l'Hopital non si ha più una forma di indecisione, e il limite esiste, ho ricontrollato ora. Ovviamente fa 0 (il limite del numeratore), ma l'infinitesimo è di ordine 1 (ed è quello della derivata, non so bene che significato dare a questa cosa). Mi spiego: in un confronto tra infinitesimi del genere, in cui si utilizza il teorema di de l'Hopital, si dovrebbe alzare di un ordine entrambi gli infinitesimi che si vuole confrontare, facendone la derivata, giusto? Quindi se io ottengo che la derivata del mio infinitesimo è di ordine 1, vuol dire che l'infinitesimo che avevo prima è di ordine minore di 1?? Non riesco proprio a dare una giustificazione a questa cosa!
Il problema è che quando derivi [tex]$\phi (x)$[/tex] esce fuori un infinitesimo non dotato di ordine, perchè ci sono dei seni in mezzo.
Infatti, se non erro, [tex]$\phi^\prime (x)$[/tex] è un infinitesimo d'ordine minore di uno, ma maggiore di ogni [tex]$\alpha <1$[/tex] (rispetto a [tex]$\tfrac{1}{x}$[/tex], ovviamente); conseguentemente il limite di [tex]$x^2\phi^\prime (x)$[/tex] mi sembra non esista.
Tutto, però, modulo errori di calcolo miei.
Quindi ricontrolla.
Infatti, se non erro, [tex]$\phi^\prime (x)$[/tex] è un infinitesimo d'ordine minore di uno, ma maggiore di ogni [tex]$\alpha <1$[/tex] (rispetto a [tex]$\tfrac{1}{x}$[/tex], ovviamente); conseguentemente il limite di [tex]$x^2\phi^\prime (x)$[/tex] mi sembra non esista.
Tutto, però, modulo errori di calcolo miei.
Quindi ricontrolla.
Eh però io ho controllato più volte, magari sbaglio qualcosa!
In ogni caso ad un certo punto riesco a raggruppare $(sin((x+1)^4)-sin(x^4))$ che moltiplica un infinitesimo di ordine 1. Ho pensato che siccome $|(sin((x+1)^4)-sin(x^4))|<2$, il mio numeratore fosse dello stesso ordine 1/x. A quel punto il limite della frazione andrebbe a $+oo$ però..
In ogni caso ad un certo punto riesco a raggruppare $(sin((x+1)^4)-sin(x^4))$ che moltiplica un infinitesimo di ordine 1. Ho pensato che siccome $|(sin((x+1)^4)-sin(x^4))|<2$, il mio numeratore fosse dello stesso ordine 1/x. A quel punto il limite della frazione andrebbe a $+oo$ però..
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