Passaggio al limite sotto il segno d' integrale
salve a tutti, vorrei proporvi questo esercizio che sta mandando fuori di testa me e i miei colleghi...
l' esercizio in questione è il seguente:
senza calcolare l' integrale, stabilire che:
\(\displaystyle \lim_{{{n}\to+\infty}}{\int_{{{0}}}^{{2\pi}}}\ n[ \cos (x-1/n)-\cos x]dx=0\)
abbiamo provato ad applicare il teorema, ma non capiamo bene il meccanismo dato che non ne abbiamo trovati ne sui libri ne su internet. grazie mille in anticipo
l' esercizio in questione è il seguente:
senza calcolare l' integrale, stabilire che:
\(\displaystyle \lim_{{{n}\to+\infty}}{\int_{{{0}}}^{{2\pi}}}\ n[ \cos (x-1/n)-\cos x]dx=0\)
abbiamo provato ad applicare il teorema, ma non capiamo bene il meccanismo dato che non ne abbiamo trovati ne sui libri ne su internet. grazie mille in anticipo
Risposte
Provate ad usare la formula di prostaferesi per la differenza di coseni.
Oppure calcolate esplicitamente l'integrale e poi lo passate al limite.
Oppure calcolate esplicitamente l'integrale e poi lo passate al limite.
già provata purtroppo ma trovando il massimo troviamo un forma indeterminata...abbiamo forse sbagliato qualcosa?
Allora con la formula di sottrazione del coseno si trova:
\[
\begin{split}
\cos \left( x -\frac{1}{n}\right) - \cos x &= \cos x\ \cos \frac{1}{n} + \sin x\ \sin \frac{1}{n} - \cos x \\
&= \cos x \left( \cos \frac{1}{n} -1\right) + \sin x\ \sin \frac{1}{n}
\end{split}
\]
quindi per le approssimazioni asintotiche notevoli:
\[
\begin{split}
n\left[\cos \left( x -\frac{1}{n}\right) - \cos x\right] &= n\left[\cos x \left( \cos \frac{1}{n} -1\right) + \sin x\ \sin \frac{1}{n}\right] \\
&\approx n \left[-\frac{1}{2n^2}\ \cos x + \frac{1}{n}\ \sin x\right] \\
&= -\frac{1}{2n}\ \cos x + \sin x
\end{split}
\]
cosicché la successione degli integrandi ha limite uguale a \(\sin x\).
Dato che tutte le funzioni sono limitate (ciò si desume dalle stesse approssimazioni asintotiche) si può applicare il teorema di convergenza dominata per portare il limite sotto integrale e si finisce.
\[
\begin{split}
\cos \left( x -\frac{1}{n}\right) - \cos x &= \cos x\ \cos \frac{1}{n} + \sin x\ \sin \frac{1}{n} - \cos x \\
&= \cos x \left( \cos \frac{1}{n} -1\right) + \sin x\ \sin \frac{1}{n}
\end{split}
\]
quindi per le approssimazioni asintotiche notevoli:
\[
\begin{split}
n\left[\cos \left( x -\frac{1}{n}\right) - \cos x\right] &= n\left[\cos x \left( \cos \frac{1}{n} -1\right) + \sin x\ \sin \frac{1}{n}\right] \\
&\approx n \left[-\frac{1}{2n^2}\ \cos x + \frac{1}{n}\ \sin x\right] \\
&= -\frac{1}{2n}\ \cos x + \sin x
\end{split}
\]
cosicché la successione degli integrandi ha limite uguale a \(\sin x\).
Dato che tutte le funzioni sono limitate (ciò si desume dalle stesse approssimazioni asintotiche) si può applicare il teorema di convergenza dominata per portare il limite sotto integrale e si finisce.
ah ecco...ci eravamo soffermati sulla prostaferesi...ma adesso ho un altro dubbio, si può fare anche senza convergenza dominata, dato che non ci è stato spiegata e non è oggetto di esame? grazie ancora
Volendo si può usare il fatto che, se \(f\in C^1(\mathbb{R})\), allora la successione di funzioni
\[ g_n(x) := n [f(x-1/n) - f(x)] \]
converge uniformemente a \(-f'(x)\) (infatti \(g_n(x)\) non è altro che il rapporto incrementale di \(f\) nel punto \(x\), cambiato di segno, relativo all'incremento \(h = -1/n\)).
\[ g_n(x) := n [f(x-1/n) - f(x)] \]
converge uniformemente a \(-f'(x)\) (infatti \(g_n(x)\) non è altro che il rapporto incrementale di \(f\) nel punto \(x\), cambiato di segno, relativo all'incremento \(h = -1/n\)).
\(f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi)h^{2}}{2}\)
\( f(x)=cos(x), h=-\frac{1}{n}\)
\( cos(x-\frac{1}{n})=cos(x)-\frac{1}{n}sin(x)+\frac{1}{n^2}cos(\xi)\)
\( \left|\int_{0}^{2\pi}n\left[cos(x-\frac{1}{n})-cos(x)\right]dx\right|=\left|\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}cos(\xi)dx\right|<\frac{2\pi}{n}\)
\( f(x)=cos(x), h=-\frac{1}{n}\)
\( cos(x-\frac{1}{n})=cos(x)-\frac{1}{n}sin(x)+\frac{1}{n^2}cos(\xi)\)
\( \left|\int_{0}^{2\pi}n\left[cos(x-\frac{1}{n})-cos(x)\right]dx\right|=\left|\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}cos(\xi)dx\right|<\frac{2\pi}{n}\)
è ammissibile che applicando il teorema, io mi calcoli la derivata dello scarto e poi ne ne faccia il massimo nell' intervallo? se è così forse ho trovato la soluzione che fa per noi in quanto alcune cose descritte non ci sono state spiegate e usarle ci sembrerebbe poco opportuno ma grazie davvero a tutti per la disponibilità
Oppure più banalmente:
\( cos(x)\) è uniformemente continua in \( [0,2\pi]\), quindi fissato \( \epsilon >0 \) esise \( \delta >0\) tale che
\( |cos(x-\frac{1}{n})-cos(x)|<\frac{\epsilon}{2\pi}\), per ogni \( x \in [0, 2\pi]\) e \( n>\frac{1}{\delta}\)
Quindi per tali \(n\) abbiamo:
\( \left|\int_{0}^{2\pi}\left(cos\left(x-\frac{1}{n}\right)-cos\left(x\right)\right)dx\right|\leq\int_{0}^{2\pi}\left|\left(cos\left(x-\frac{1}{n}\right)-cos\left(x\right)\right)\right|dx\leq\int_{0}^{2\pi}\frac{\epsilon}{2\pi}dx=\epsilon\)
Ma questo significa che l'integrale tende a 0.
\( cos(x)\) è uniformemente continua in \( [0,2\pi]\), quindi fissato \( \epsilon >0 \) esise \( \delta >0\) tale che
\( |cos(x-\frac{1}{n})-cos(x)|<\frac{\epsilon}{2\pi}\), per ogni \( x \in [0, 2\pi]\) e \( n>\frac{1}{\delta}\)
Quindi per tali \(n\) abbiamo:
\( \left|\int_{0}^{2\pi}\left(cos\left(x-\frac{1}{n}\right)-cos\left(x\right)\right)dx\right|\leq\int_{0}^{2\pi}\left|\left(cos\left(x-\frac{1}{n}\right)-cos\left(x\right)\right)\right|dx\leq\int_{0}^{2\pi}\frac{\epsilon}{2\pi}dx=\epsilon\)
Ma questo significa che l'integrale tende a 0.
Ancora più banalmente, come suggerivo all'inizio, per ogni \(n\in \mathbb{N}\), la formula di prostaferesi e la disparità del seno importano:
\[
\cos \left(x-\frac{1}{n}\right)-\cos x=2\ \sin \frac{1}{2n}\ \sin \left( x-\frac{1}{2n}\right)
\]
e quindi:
\[
\intop_0^{2\pi} n \left[ \cos \left(x-\frac{1}{n}\right) -\cos x\right]\ \text{d}x = 2n\ \sin \frac{1}{2n}\ \intop_0^{2\pi} \sin \left( x-\frac{1}{2n}\right)\ \text{d} x =0\; .
\]
\[
\cos \left(x-\frac{1}{n}\right)-\cos x=2\ \sin \frac{1}{2n}\ \sin \left( x-\frac{1}{2n}\right)
\]
e quindi:
\[
\intop_0^{2\pi} n \left[ \cos \left(x-\frac{1}{n}\right) -\cos x\right]\ \text{d}x = 2n\ \sin \frac{1}{2n}\ \intop_0^{2\pi} \sin \left( x-\frac{1}{2n}\right)\ \text{d} x =0\; .
\]
"Rigel":
Volendo si può usare il fatto che, se \(f\in C^1(\mathbb{R})\), allora la successione di funzioni
\[ g_n(x) := n [f(x-1/n) - f(x)] \]
converge uniformemente a \(-f'(x)\) (infatti \(g_n(x)\) non è altro che il rapporto incrementale di \(f\) nel punto \(x\), cambiato di segno, relativo all'incremento \(h = -1/n\)).
Salve, chiedo scusa se riprendo questo post dopo molto tempo, ma mi trovo alle prese con lo stesso identico esercizio e sono particolarmente interessato a questa, tra le soluzioni proposte.
Ho però un dubbio, probabilmente molto stupido, che attualmente non riesco a risolvere: perché la successione \(g_n(x)\) converge uniformemente a \(-f'(x)\)? E' una proprietà dell'essere un rapporto incrementale?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo