Limite positivo di funzioni
Ciao!
Ho bisogno di un suggerimento per questo problema:
Si considerino le funzioni reali
$ f(x) = int_(0)^(x^2) e^(-s^2) ds $
$ g (x) = a _1 x+a_2x^2+a_6x^6 $
Per quali valori dei tre parametri accade che $ lim_(x->0)(f(x)-g(x))/x^10 $ esiste ed è positivo?
Ho provato a usare De l'Hopital ma mi sembra troppo lungo dover abbassare la potenza del denominatore.
Grazie!
Ho bisogno di un suggerimento per questo problema:
Si considerino le funzioni reali
$ f(x) = int_(0)^(x^2) e^(-s^2) ds $
$ g (x) = a _1 x+a_2x^2+a_6x^6 $
Per quali valori dei tre parametri accade che $ lim_(x->0)(f(x)-g(x))/x^10 $ esiste ed è positivo?
Ho provato a usare De l'Hopital ma mi sembra troppo lungo dover abbassare la potenza del denominatore.
Grazie!
Risposte
Come viene alla prima applicazione?
$ lim_(x -> 0) (2x e^(-x^4)-a_1-2a_2x-6a_6x^5)/(10x^9) $
E non riesci a risolverlo?
Si riesco ma non devo arrivare fino a che al denominatore non ho più la x? Perché così facendo mi si complica il numeratore.
No?
No?
Puoi anche risolverlo direttamente.
Intendi dopo che ho applicato de l'Hopital una volta? Non capisco come fare
Osserva che:
$$\frac{2xe^{-x^4}-a_1-2a_2x-6a_6x^5}{10x^9}=2\frac{xe^{-x^4}}{10x^9}-\frac{a_1}{10x^9}-2\frac{a_2 x}{10x^9}-6\frac{a_6x^5}{10x^9}$$
$$=\frac{e^{-x^4}}{5x^8}-\frac{a_1}{10x^9}-\frac{a_2}{5x^8}-\frac{3}{5}\cdot\frac{a_6}{x^4}$$
A che tende il primo addendo per $x \to 0$? Dopo aver stabilito ciò, che succede se, ad esempio, ogni $a_i=0$? E, a parte il caso in cui ogni $a_i=0$, ci sono altri casi che rispettano la richiesta dell'esercizio?
$$\frac{2xe^{-x^4}-a_1-2a_2x-6a_6x^5}{10x^9}=2\frac{xe^{-x^4}}{10x^9}-\frac{a_1}{10x^9}-2\frac{a_2 x}{10x^9}-6\frac{a_6x^5}{10x^9}$$
$$=\frac{e^{-x^4}}{5x^8}-\frac{a_1}{10x^9}-\frac{a_2}{5x^8}-\frac{3}{5}\cdot\frac{a_6}{x^4}$$
A che tende il primo addendo per $x \to 0$? Dopo aver stabilito ciò, che succede se, ad esempio, ogni $a_i=0$? E, a parte il caso in cui ogni $a_i=0$, ci sono altri casi che rispettano la richiesta dell'esercizio?
Dato che il primo addendo tende a infinito, gli altri devono essere pari a 0.
Se assegno ad $ a_1 = 0 $ e ad $ a_2 = 1 $ , $ a_6 $ deve necessariamente essere $ -1/3 $
Ma la scelta dei primi due da dove arriva? Io ho scelto quelli perché conoscevo la soluzione del problema. Altrimenti devo andare a tentavi?
Se assegno ad $ a_1 = 0 $ e ad $ a_2 = 1 $ , $ a_6 $ deve necessariamente essere $ -1/3 $
Ma la scelta dei primi due da dove arriva? Io ho scelto quelli perché conoscevo la soluzione del problema. Altrimenti devo andare a tentavi?
Quella non è l'unica possibilità. Ad esempio, se $a_1=0$, $a_2<0$ e $a_6=0$ allora quel limite è $+\infty$ (nota che sono infiniti casi, perché permettere che il parametro $a_2$ sia negativo considera infiniti casi). Quindi, la soluzione non è esaustiva. Sicuro di averla riportata correttamente? O di aver riportato correttamente la traccia dell'esercizio?
Sì il testo del problema è corretto.
La soluzione che mi dà è quella che ho scritto. Tra l'altro il testo dice che i parametri sono reali, quindi possono essere tranquillamente negativi.
Grazie comunque!
La soluzione che mi dà è quella che ho scritto. Tra l'altro il testo dice che i parametri sono reali, quindi possono essere tranquillamente negativi.
Grazie comunque!
Scrivila così: $1/(x^9)(x/5(e^(-x^4)-a_2)-a_1/5-3/5a_6x^5)$, ti risulta più chiaro come procedere?
EDIT: c'era qualcosa che non mi tornava e infatti avevo sbagliato a scrivere, ma penso di aver reso l'idea.
EDIT: c'era qualcosa che non mi tornava e infatti avevo sbagliato a scrivere, ma penso di aver reso l'idea.
Prego! A parte l'ottimo suggerimento di otta96, c'è da dire che, avendo usato De L'Hôpital, quando il limite del rapporto delle derivate non esiste non possiamo dedurre nulla sul limite di partenza.
Piano, perché non provi a continuare il conto? Non vengono conti impossibili.
Se $a_1 ne 0$ allora il limite viene $oo$ quindi necessariamente devi avere $a_1=0$. Ora riapplichi l'Hopital
$lim_(x -> 0) (2 e^(-x^4)-8x^4 e^(-x^4)-2a_2-30 a_6x^4)/(90x^8)$
La sostituzione $x=0$ funziona e dà limite $oo$ se $a_2 ne 1$, quindi per avere un limite finito necessariamente $a_2$ dev'essere uguale a $1$, ottenendo
$lim_(x -> 0) (2 e^(-x^4)-8x^4 e^(-x^4)-2-30 a_6x^4)/(90x^8)$
Riapplichi l'Hopital.
$lim_(x -> 0) (32 x^7 e^(-x^4)-40x^3 e^(-x^4)-120 a_6 x^3)/(720x^7)$
Semplifichi $x^3$
$lim_(x -> 0) (32 x^4 e^(-x^4)-40 e^(-x^4)-120 a_6)/(720x^4)$
La sostituzione $x=0$ dà un limite infinito se $a_6 ne -1/3$, quindi per avere un limite finito necessariamente si ha $a_6=-1/3$, cioè
$lim_(x -> 0) (32 x^4 e^(-x^4)-40 e^(-x^4)+40)/(720x^4)$
Riapplichi l'Hopital, eccetera eccetera.
"alessioben":
$ lim_(x -> 0) (2x e^(-x^4)-a_1-2a_2x-6a_6x^5)/(10x^9) $
Se $a_1 ne 0$ allora il limite viene $oo$ quindi necessariamente devi avere $a_1=0$. Ora riapplichi l'Hopital
$lim_(x -> 0) (2 e^(-x^4)-8x^4 e^(-x^4)-2a_2-30 a_6x^4)/(90x^8)$
La sostituzione $x=0$ funziona e dà limite $oo$ se $a_2 ne 1$, quindi per avere un limite finito necessariamente $a_2$ dev'essere uguale a $1$, ottenendo
$lim_(x -> 0) (2 e^(-x^4)-8x^4 e^(-x^4)-2-30 a_6x^4)/(90x^8)$
Riapplichi l'Hopital.
$lim_(x -> 0) (32 x^7 e^(-x^4)-40x^3 e^(-x^4)-120 a_6 x^3)/(720x^7)$
Semplifichi $x^3$
$lim_(x -> 0) (32 x^4 e^(-x^4)-40 e^(-x^4)-120 a_6)/(720x^4)$
La sostituzione $x=0$ dà un limite infinito se $a_6 ne -1/3$, quindi per avere un limite finito necessariamente si ha $a_6=-1/3$, cioè
$lim_(x -> 0) (32 x^4 e^(-x^4)-40 e^(-x^4)+40)/(720x^4)$
Riapplichi l'Hopital, eccetera eccetera.
@Martino: Ma è richiesto che il limite esista positivo, non è richiesto che sia finito.
Secondo me la soluzione del professore è quantomeno incompleta, credo perché si sta usando meccanicamente De L'Hôpital senza verificarne le ipotesi. Ad esempio, se $a_1=0$, $a_2=-1/2$ e $a_6=0$ stiamo calcolando:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} e^{-s^2}\text{d}s+x^2/2}{x^{10}}$$
Ma, dato che $e^{-t^2}\ge 1-t^2$ per ogni $t \in \mathbb{R}$, si ha:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} e^{-s^2}\text{d}s+\frac{x^2}{2}}{x^{10}}\ge \lim_{x \to 0} \frac{x^2-\frac{x^6}{3}+\frac{x^2}{2}}{x^{10}}=\lim_{x \to 0} \frac{\frac{3x^2}{2}-\frac{x^6}{3}}{x^{10}}=+\infty$$
Quindi, esistono altri valori oltre la terna $(a_1,a_2,a_6)=\left(0,1,-\frac{1}{3}\right)$ per cui il limite esiste ed è positivo.
Secondo me la soluzione del professore è quantomeno incompleta, credo perché si sta usando meccanicamente De L'Hôpital senza verificarne le ipotesi. Ad esempio, se $a_1=0$, $a_2=-1/2$ e $a_6=0$ stiamo calcolando:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} e^{-s^2}\text{d}s+x^2/2}{x^{10}}$$
Ma, dato che $e^{-t^2}\ge 1-t^2$ per ogni $t \in \mathbb{R}$, si ha:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} e^{-s^2}\text{d}s+\frac{x^2}{2}}{x^{10}}\ge \lim_{x \to 0} \frac{x^2-\frac{x^6}{3}+\frac{x^2}{2}}{x^{10}}=\lim_{x \to 0} \frac{\frac{3x^2}{2}-\frac{x^6}{3}}{x^{10}}=+\infty$$
Quindi, esistono altri valori oltre la terna $(a_1,a_2,a_6)=\left(0,1,-\frac{1}{3}\right)$ per cui il limite esiste ed è positivo.
Sì, io però ho interpretato "esiste ed è positivo" come "esiste finito ed è positivo". Penso sia questa l'interpretazione che intendeva chi ha formulato l'esercizio.
Ok! Personalmente, userei la locuzione "esiste in $\mathbb{R}$ ed è positivo", o "esiste in $\mathbb{R}\cap (0,+\infty)$", altrimenti mi sembra ambiguo.
Comunque, alessioben, un approccio alternativo è con Taylor. Non so se sai che si può integrare $\text{o}$-piccolo, nel senso che se $f$ è una funzione continua ed $f$ è un $\text{o}\left((x-x_0)^n\right)$ per $x \to x_0$, $n\in\mathbb{N}\setminus{\0\}$, allora la sua funzione integrale $F_a$ di estremo iniziale $a \in \mathbb{R}$ è un $\text{o}\left((x-x_0)^{n+1}\right)$ per $x \to x_0$. Perciò, dato che $0
$$=x^2-\frac{x^6}{3}+\frac{1}{10}x^{10}+\text{o}(x^{10})-a_1 x-a_2 x^2 -a_6 x^6$$
Da qui, si vede immediatamente che il limite esiste finito e positivo (in particolare, vale $1/10$) se e solo se $a_1=0$, $a_2=1$ e $a_3=-\frac{1}{3}$. Perciò, ha ragione Martino sull'interpretazione del testo dell'esercizio; scusatemi!
Comunque, alessioben, un approccio alternativo è con Taylor. Non so se sai che si può integrare $\text{o}$-piccolo, nel senso che se $f$ è una funzione continua ed $f$ è un $\text{o}\left((x-x_0)^n\right)$ per $x \to x_0$, $n\in\mathbb{N}\setminus{\0\}$, allora la sua funzione integrale $F_a$ di estremo iniziale $a \in \mathbb{R}$ è un $\text{o}\left((x-x_0)^{n+1}\right)$ per $x \to x_0$. Perciò, dato che $0
$$=x^2-\frac{x^6}{3}+\frac{1}{10}x^{10}+\text{o}(x^{10})-a_1 x-a_2 x^2 -a_6 x^6$$
Da qui, si vede immediatamente che il limite esiste finito e positivo (in particolare, vale $1/10$) se e solo se $a_1=0$, $a_2=1$ e $a_3=-\frac{1}{3}$. Perciò, ha ragione Martino sull'interpretazione del testo dell'esercizio; scusatemi!
"Martino":
Piano, perché non provi a continuare il conto? Non vengono conti impossibili.
[quote="alessioben"]$ lim_(x -> 0) (2x e^(-x^4)-a_1-2a_2x-6a_6x^5)/(10x^9) $
Se $a_1 ne 0$ allora il limite viene $oo$ quindi necessariamente devi avere $a_1=0$. Ora riapplichi l'Hopital[/quote]
Ho capito!!! Grazie mille a te e agli altri. Siete stati molto disponibili!
"Martino":
Se $a_1 ne 0$ allora il limite viene $oo$ quindi necessariamente devi avere $a_1=0$.
Non avevo in mente questo concetto, cioè era un po' contorto per la mia mente e non c'ero arrivato.
"Mephlip":
Comunque, alessioben, un approccio alternativo è con Taylor.
Non sapevo si potesse usare Taylor anche negli integrali... Grazie mille per il suggerimento!
Comunque in effetti il testo non era chiaro, non parlava in modo esplicito di "limite finito".
Prego! In questi casi particolari sì: se hai notato, mi sono assicurato che l'esponente tendesse a $0$ nel limite per $x \to 0$ e il fatto che si può integrare $\text{o}$-piccolo va dimostrato. Provaci se vuoi (o se ti serve per il tuo corso di studi), altrimenti vedi qui sotto:
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