$o(x^n)$
Ciao, amici! Vorrei chiedere una cosa riguardo gli "o piccoli": una funzione $f(x)=o(x^n)$ per $x->x_0$, dato che $lim_(x->x_0) (f(x))/(x^n) = 0$, non può essere nulla in un intorno di tipo $(x_0-\delta,x_0) uu (x_0,x_0+\delta)$ per qualche $\delta$, vero*? Altrimenti mi pare che $lim_(x->x_0) (f(x))/(x^n)$ sarebbe indeterminato, o no?
$+oo$ grazie a tutti!!!
*Cioè direi che $f(x)=o(x^n),x->x_0 => EE\delta:x in (x_0-\delta,x_0) uu (x_0,x_0+\delta) => f(x) != 0$.
$+oo$ grazie a tutti!!!
*Cioè direi che $f(x)=o(x^n),x->x_0 => EE\delta:x in (x_0-\delta,x_0) uu (x_0,x_0+\delta) => f(x) != 0$.
Risposte
Beh se la funzione è nulla quel limite è sicuramente vero, perchè al numeratore hai un quantità costantemente nulla, al denominatore una quantità che sta tendendo a 0
La forma di indeterminazione si avrebbe se
1) la funzione tende a 0 (ovvero se la funzione è un infinitesimo)
2) \( x_0 = 0\)
Infatti se \( x_0 = 27 \) e la 1 è vera, il limite è 0.
Se sia la 1 che la 2 sono vere, si ha la forma di indeterminazione, e non è affatto detto che il limite non esista, semplicemente bisogna trovare altre strade per calcolarlo. Cioè non basta più sapere a che valore convergono entrambe le funzioni (0) per calcolare il limite, bisogna anche sapere "con che rapidità" ci tendono.
La forma di indeterminazione si avrebbe se
1) la funzione tende a 0 (ovvero se la funzione è un infinitesimo)
2) \( x_0 = 0\)
Infatti se \( x_0 = 27 \) e la 1 è vera, il limite è 0.
Se sia la 1 che la 2 sono vere, si ha la forma di indeterminazione, e non è affatto detto che il limite non esista, semplicemente bisogna trovare altre strade per calcolarlo. Cioè non basta più sapere a che valore convergono entrambe le funzioni (0) per calcolare il limite, bisogna anche sapere "con che rapidità" ci tendono.
"raffamaiden":
Beh se la funzione è nulla quel limite è sicuramente vero, perchè al numeratore hai un quantità costantemente nulla, al denominatore una quantità che sta tendendo a 0
Se sia la 1 che la 2 sono vere, si ha la forma di indeterminazione, e non è affatto detto che il limite non esista, semplicemente bisogna trovare altre strade per calcolarlo. Cioè non basta più sapere a che valore convergono entrambe le funzioni (0) per calcolare il limite, bisogna anche sapere "con che rapidità" ci tendono.
quoto! Senti raffa saresti così gentile da spiegarmi cosa s'intende in matematica quando si dice che una funzione tende più rapidamente a 0? Anche la liceo il mio prof diceva qualcosa del genere ma non ho mai ben capito cosa intedesse!
Se \( g(x) \) tende a zero "più rapidamente" di \( f(x) \) significa semplicemente che g(x) assume valori più piccoli di f(x) per ogni punto sufficientemente vicino a quello al quale tendono le due funzioni.
In pratica g(x) "è più veloce" di f(x), "arriva/arriverebbe" a 0 prima di f(x) (perchè potrebbe anche tendere a 0 senza mai assumere il valore 0). Ad esempio prendi \( f(x) = 1/log(x) \) e \( g(x) = 1/x \) e sia \( x \to +\infty\). se provi a fare una semplice tabella
\( x \quad f(x) \quad g(x) \)
\( 1.000 \quad 6,9078 \quad 0,001 \)
\( 10.000 \quad 0,10857 \quad 0,0001 \)
g(x) assume valori più piccoli più rapidamente di f(x), quindi è come se tendesse a 0 più rapidamente. Comunque questa "terminologia" è per dare una idea intuitiva. Una funzione tendende a 0 si chiama infinitesimo, e in questo caso si dice che g(x) è un infinitesimo di ordine superiore di f(x). In simboli se
\(\displaystyle lim_{x \to x_0} \frac{g(x)}{f(x)} = 0 \) allora g(x) è infinitesimo di ordine superiore di f(x) (per ricordalo, considera che essendo che g(x) è più veloce, "arriva" a 0 prima e quindi annulla il numeratore).
Nel nostro caso bisogna calcolare \( lim_{x \to + \infty} \frac{1/x}{1/log(x)} = \frac{log(x)}{x} \) con de l'Hospital viene
\( lim_{x \to + \infty} \frac{1/x}{1} \to 0^+ \)
In pratica g(x) "è più veloce" di f(x), "arriva/arriverebbe" a 0 prima di f(x) (perchè potrebbe anche tendere a 0 senza mai assumere il valore 0). Ad esempio prendi \( f(x) = 1/log(x) \) e \( g(x) = 1/x \) e sia \( x \to +\infty\). se provi a fare una semplice tabella
\( x \quad f(x) \quad g(x) \)
\( 1.000 \quad 6,9078 \quad 0,001 \)
\( 10.000 \quad 0,10857 \quad 0,0001 \)
g(x) assume valori più piccoli più rapidamente di f(x), quindi è come se tendesse a 0 più rapidamente. Comunque questa "terminologia" è per dare una idea intuitiva. Una funzione tendende a 0 si chiama infinitesimo, e in questo caso si dice che g(x) è un infinitesimo di ordine superiore di f(x). In simboli se
\(\displaystyle lim_{x \to x_0} \frac{g(x)}{f(x)} = 0 \) allora g(x) è infinitesimo di ordine superiore di f(x) (per ricordalo, considera che essendo che g(x) è più veloce, "arriva" a 0 prima e quindi annulla il numeratore).
Nel nostro caso bisogna calcolare \( lim_{x \to + \infty} \frac{1/x}{1/log(x)} = \frac{log(x)}{x} \) con de l'Hospital viene
\( lim_{x \to + \infty} \frac{1/x}{1} \to 0^+ \)
ok grazie mille raffa! in pratica era un concetto che già avevo assimilato ma che non avevo inteso alla perfezione. Grazie ancora sei stato molto chiaro. 
$+oo$ grazie, Raffa e anche a Paolo per lo spunto di riflessione!
Che stupido sono: mi sto confondendo per dare un senso ad un'espressione che ho trovato nel mio manuale di analisi:
$lim_(x->0) 1/x ln(1+(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)) = lim_(x->0) 1/x ((f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)+o((f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)))$
dove si è usato il polinomio di Maclaurin $\sum_{k=1}^{n} (-1)^(k-1)t^k/k+o(t^n)=ln(1+t)$.
Ora, per essere sicuri di poter effettuare una sostituzione in un polinomio di Taylor centrato in 0 con una funzione di tipo $t(x):lim_{x->0}t(x)=0$ soddisfacendone la definizione di polinomio tale che $lim_{t->0} (f(t)-\sum_{k=0}^{n}(f'(0))/(k!)t^k)/(t^n)=0$ mi pare (non sbaglio, vero?) che bisogna verificare che esista un intorno di $x_0$ in cui $t(x) != lim_{x->0} t(x)= 0$, per il principio di sostituzione dei limiti.
Quindi, per sostituire $t(x)=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)$ in $\sum_{k=1}^{n} (-1)^(k-1)t^k/k$ e avere che $lim_{x->0} (f(t(x))-\sum_{k=1}^{n} (-1)^(k-1)(t(x))^k/k)/((t(x))^n)=0$ e quindi che il resto (il numeratore nel limite) sia $R(t(x))=o((t(x))^n)$ direi che bisogna verificare che $t(x)=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x) != lim_{x->0} t(x)=0$ per un intorno di $x=0$.
Quindi direi che, perché esista questo intorno, se di $2o(x^2)$ non possiamo essere certi della non-nullità "vicino a $x=0$", deve essere che $f''(0) != 0$, giusto?
Grazie di cuore di nuovo!!!
Che stupido sono: mi sto confondendo per dare un senso ad un'espressione che ho trovato nel mio manuale di analisi:
$lim_(x->0) 1/x ln(1+(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)) = lim_(x->0) 1/x ((f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)+o((f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)))$
dove si è usato il polinomio di Maclaurin $\sum_{k=1}^{n} (-1)^(k-1)t^k/k+o(t^n)=ln(1+t)$.
Ora, per essere sicuri di poter effettuare una sostituzione in un polinomio di Taylor centrato in 0 con una funzione di tipo $t(x):lim_{x->0}t(x)=0$ soddisfacendone la definizione di polinomio tale che $lim_{t->0} (f(t)-\sum_{k=0}^{n}(f'(0))/(k!)t^k)/(t^n)=0$ mi pare (non sbaglio, vero?) che bisogna verificare che esista un intorno di $x_0$ in cui $t(x) != lim_{x->0} t(x)= 0$, per il principio di sostituzione dei limiti.
Quindi, per sostituire $t(x)=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)$ in $\sum_{k=1}^{n} (-1)^(k-1)t^k/k$ e avere che $lim_{x->0} (f(t(x))-\sum_{k=1}^{n} (-1)^(k-1)(t(x))^k/k)/((t(x))^n)=0$ e quindi che il resto (il numeratore nel limite) sia $R(t(x))=o((t(x))^n)$ direi che bisogna verificare che $t(x)=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x) != lim_{x->0} t(x)=0$ per un intorno di $x=0$.
Quindi direi che, perché esista questo intorno, se di $2o(x^2)$ non possiamo essere certi della non-nullità "vicino a $x=0$", deve essere che $f''(0) != 0$, giusto?
Grazie di cuore di nuovo!!!
Se ho capito bene, stai applicando il teorema di cambio variabile nel limite quando la variabile non sta cambiando. Il limite per \( x \to 0 \) resta per \( x \to 0 \) non diventa per \(t \to t_0 \). Stai semplicemente sostituendo la funzione con il suo sviluppo asintotico. Siccome la funzione e il suo sviluppo asintotico hanno lo stesso limite, sono intercambiabili. Si cambia con lo sviluppo asintotico perché quella è la funzione che approssima meglio la tua funzione nell'intorno dello 0. Cioè non solo la funzione e il suo sviluppo asintotico hanno lo stesso limite, il che li rende ovviamente intercambiabili, ma lo sviluppo asintotico è il polinomio che tra tutti approssima meglio la funzione al primo ordine. Quindi se c'è una forma di indeterminazione decido con lo sviluppo asintotico.
Comunque vediamo se c'è qualcuno bravo che conferma/smentisce.
Comunque vediamo se c'è qualcuno bravo che conferma/smentisce.
@DavideGenova: Certo che se continuate ad usare le definizioni sbagliate dei simboli di Landau... Vedi qui per la definizione giusta e regolati di conseguenza.
"DavideGenova":
$f(x)=o(x^n)$ per $x->x_0$
Puoi chiarire meglio questa notazione? Voglio dire, essa ha senso solo per funzioni infinitesime o infinite. Quindi, delle due l'una, $[x_0=0]$ oppure $[x_0=oo]$. Vedo che gugo82 stava giustamente intervenendo.
Grazie, ragazzi!
@Raffamaiden: sì, qua sotto spiego più in dettaglio il ragionamento in base a cui credo che si possano utilizzare tecniche del genere.
@Speculor: a me risultava che una funzione possa essere $o(g(x))$ per x che tende a qualunque $x_0$... Sicuro che possa valere solo se $x_0=0$ o per $x->oo$?
@Gugo: grazie per la precisazione: la definizione $f(x)=o(g(x)) " per " x->x_0 <=> lim_(x->x_0) (f(x))/(g(x))=0$ è valida solo ammesso che $g(x) != 0$ in un intorno di $x_0$.
Il problema che mi pongo è perché sia lecito sostituire una funzione in un polinomio di Taylor come nel caso che ho illustrato, e direi che si debba tener conto in casi del genere della permissibilità di una sostituzione come concessa dal principio secondo cui:
se $lim_(x->x_0)f(x)=z_0, lim_(z->z_0)g(z)=y_0$ (anche uguali a $oo$), se $f(x) !=z_0$ in un intorno di tipo $(a,x_0)uu(x_0,b)$ e se $g(f(x))$ è ben definita per $x in (a,x_0)uu(x_0,b)$, allora $lim_(x->x_0)g(f(x))=lim_(z->z_0)g(z)=y_0$;
infatti tenendo conto di questo principio di sostituzione mi pare che, scelto il polinomio di Taylor $\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t-t_0)^k$ di una funzione $f(t)$, cioè quel polinomio tale che $lim_(t->t_0) (f(t)-\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t-t_0)^k)/((t-t_0)^n)=0$, si possa esser certi di potervi sostituire t con una funzione $t(x)$ che ha per limite $lim_(x->x_0)t(x)=t_0$ per avere un polinomio di Taylor della funzione $f(t(x))$, cioè un polinomio (quello espresso dalla sommatoria) tale che $lim_(x->x_0) (f(t(x))-\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t(x)-t_0)^k)/((t(x)-t_0)^n)=0$ facendo attenzione che si rispettino le condizioni (condizioni sufficienti, ma se queste sono verificate possiamo "star tranquilli") di sostituzione del principio di qui sopra, in particolare che sia verificata la disuguaglianza $t(x) !=t_0$ in un intorno di $x_0$: giusto o è un mio delirio?
Se le mie osservazioni sono corrette credo che si possa "tranquillamente" scrivere il polinomio di Maclaurin di $ln(t(x))$ come $\sum_{k=1}^{n}(t(x))^k/(k!)$** se $lim_(x->0)t(x) =t_0=0$ e $t(x) != t_0=0$ intorno a $x_0=0$: sto dando i numeri?
Spero di essere stato chiaro e...
$\sum_{}^{oo}$ grazie a tutti!!!
*si possono effettuare sostituzioni anche secondo il criterio per cui se $lim_(x->x_0)f(x)=z_0 in RR$ e g è continua in $z_0$ allora $lim_(x->x_0)g(f(x))=lim_(z->z_0)g(z)=g(z_0)$, ma in questo caso la funzione resto $(f(t)-\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t-t_0)^k)/((t-t_0)^n)$ è evidente che non è continua in $t_0$.
**quindi, nel caso dell'espressione riportata nel mio libro $ ln(1+(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x))=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)+o((f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x))$ per $x->0$, dove presumo che si intenda $t(x)=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x) != t_0 =0$ in un intorno di $x_0=0$... E presumo che l'unico modo in cui si possa essere certi che questa $t(x) != 0$ in quell'intorno sia pensando quel $f''(0) != 0$...
@Raffamaiden: sì, qua sotto spiego più in dettaglio il ragionamento in base a cui credo che si possano utilizzare tecniche del genere.
@Speculor: a me risultava che una funzione possa essere $o(g(x))$ per x che tende a qualunque $x_0$... Sicuro che possa valere solo se $x_0=0$ o per $x->oo$?
@Gugo: grazie per la precisazione: la definizione $f(x)=o(g(x)) " per " x->x_0 <=> lim_(x->x_0) (f(x))/(g(x))=0$ è valida solo ammesso che $g(x) != 0$ in un intorno di $x_0$.
Il problema che mi pongo è perché sia lecito sostituire una funzione in un polinomio di Taylor come nel caso che ho illustrato, e direi che si debba tener conto in casi del genere della permissibilità di una sostituzione come concessa dal principio secondo cui:
se $lim_(x->x_0)f(x)=z_0, lim_(z->z_0)g(z)=y_0$ (anche uguali a $oo$), se $f(x) !=z_0$ in un intorno di tipo $(a,x_0)uu(x_0,b)$ e se $g(f(x))$ è ben definita per $x in (a,x_0)uu(x_0,b)$, allora $lim_(x->x_0)g(f(x))=lim_(z->z_0)g(z)=y_0$;
infatti tenendo conto di questo principio di sostituzione mi pare che, scelto il polinomio di Taylor $\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t-t_0)^k$ di una funzione $f(t)$, cioè quel polinomio tale che $lim_(t->t_0) (f(t)-\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t-t_0)^k)/((t-t_0)^n)=0$, si possa esser certi di potervi sostituire t con una funzione $t(x)$ che ha per limite $lim_(x->x_0)t(x)=t_0$ per avere un polinomio di Taylor della funzione $f(t(x))$, cioè un polinomio (quello espresso dalla sommatoria) tale che $lim_(x->x_0) (f(t(x))-\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t(x)-t_0)^k)/((t(x)-t_0)^n)=0$ facendo attenzione che si rispettino le condizioni (condizioni sufficienti, ma se queste sono verificate possiamo "star tranquilli") di sostituzione del principio di qui sopra, in particolare che sia verificata la disuguaglianza $t(x) !=t_0$ in un intorno di $x_0$: giusto o è un mio delirio?
Se le mie osservazioni sono corrette credo che si possa "tranquillamente" scrivere il polinomio di Maclaurin di $ln(t(x))$ come $\sum_{k=1}^{n}(t(x))^k/(k!)$** se $lim_(x->0)t(x) =t_0=0$ e $t(x) != t_0=0$ intorno a $x_0=0$: sto dando i numeri?
Spero di essere stato chiaro e...
$\sum_{}^{oo}$ grazie a tutti!!!
*si possono effettuare sostituzioni anche secondo il criterio per cui se $lim_(x->x_0)f(x)=z_0 in RR$ e g è continua in $z_0$ allora $lim_(x->x_0)g(f(x))=lim_(z->z_0)g(z)=g(z_0)$, ma in questo caso la funzione resto $(f(t)-\sum_{k=0}^{n}(f'(t_0))/(k!)(t-t_0)^k)/((t-t_0)^n)$ è evidente che non è continua in $t_0$.
**quindi, nel caso dell'espressione riportata nel mio libro $ ln(1+(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x))=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x)+o((f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x))$ per $x->0$, dove presumo che si intenda $t(x)=(f''(0)x^2+2o(x^2))/(2x) != t_0 =0$ in un intorno di $x_0=0$... E presumo che l'unico modo in cui si possa essere certi che questa $t(x) != 0$ in quell'intorno sia pensando quel $f''(0) != 0$...
"DavideGenova":
$f(x)=o(x^n)$ per $x->x_0$
"DavideGenova":
@Speculor: a me risultava che una funzione possa essere $o(g(x))$ per x che tende a qualunque $x_0$... Sicuro che possa valere solo se $x_0=0$ o per $x->oo$?
Non è questo il punto. Se scrivi $f(x)=o(x^n)$, devo presumere che $x^n$ sia un infinitesimo, e allora $x->0$, oppure un infinito, e allora $x->oo$. Chiaro, se considerando gli infinitesimi avessi scritto più in generale $f(x)=o((x-x_0)^n)$, allora avrebbe avuto senso per $x->x_0$.
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