Senza l'Hospital?

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gianmaria
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Senza l'Hospital?

Messaggio da gianmaria » 08 ott 2005, 20:03

Su un testo liceale ho trovato $ \displaystyle\lim_{x\rightarrow0 }\left(\frac 1 {\sin x}- \frac 1 x \right) $ fra gli esercizi di applicazione del primo limite fondamentale e quindi prima delle derivate e, ovviamente, degli sviluppi in serie. Secondo me, l’autore ha sbagliato a porlo in quel punto perché a quel livello di preparazione non si può rispondere, almeno come esercizio applicativo (si può calcolarlo col teorema del confronto). Qualcuno è in grado di smentirmi?

fur3770

Re: Senza l'Hospital?

Messaggio da fur3770 » 08 ott 2005, 20:16

sinx~x se x->0


moltiplichi e dividi per x a 1/sinx e quindi quel pezzo va a 1/x...

1/x-1/x=0 da quì al limite viene 0

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Martino
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Re: Senza l'Hospital?

Messaggio da Martino » 09 ott 2005, 13:41

fur3770, non ho capito il tuo ragionamento. Ti propongo il seguente limite:

$ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{1}{x \sin x}- \frac{1}{x^2} \right) $

Senza sviluppi asintotici mi sembra difficile risolvere questi limiti... o forse sono solo fuori allenamento :P
Ultima modifica di Martino il 09 ott 2005, 19:57, modificato 2 volte in totale.
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fur3770

Re: Senza l'Hospital?

Messaggio da fur3770 » 09 ott 2005, 15:36

Martino ha scritto:fur3770, non ho capito il tuo ragionamento. Ti propongo il seguente limite:

$ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{1}{x \sin x}- \frac{1}{x^2} \right) $

Senza sviluppi asintotici mi sembra difficile risolvere questi limiti... o forse sono solo fuori allenamento :P

$ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{1}{x \sin x}- \frac{1}{x^2} \right) $ = $ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{x}{x^2 \sin x} - \frac{1}{x^2} \right) $ = $ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{x}{sin x} \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^2} \right) $ =
$ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left( \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^2} \right) $ = $ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left 0 $ $ = 0 $


ma il ragionamento che ho scritto è SBAGLIATO (l'ho scritto così per far capire il mio precedente ragionamento,giusto di risultato ma sbagliato). serve solo per far capire. è SBAGLIATO perché al limite non si può spezzare a piacere. tuttavia osservando dall'inizio che il seno di x quando x-->0 si comporta come x, il limite viene 0. in effetti applicando solo il primo limite fondamentale non si può fare(secondo me)...

cmq ho preso un abbaglio...pardon..
ad ogni buon fine, perché parli di sviluppi asintotici ? con la sostituzione degli infinitesimi equivalenti si fanno ad occhio questi limiti

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Martino
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Messaggio da Martino » 09 ott 2005, 20:01

Ma il limite che ti ho proposto io non viene 0, e questo dimostra che sostituire a una funzione un'altra a lei asintotica non risolve il problema: ci si trova a dover effettuare la differenza della funzione $ \frac{1}{x^2} $ con un'altra a lei asintotica. È una forma indeterminata del tipo $ \infty-\infty $.
Per questo dicevo che non si può avere la coscienza pulita sostituendo un termine asintotico fermato al primo ordine. Bisogna andare oltre...

Ciao
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fur3770

Messaggio da fur3770 » 09 ott 2005, 21:07

qualcuno potrebbe spiegare meglio questo fatto? a me è stato detto il principio di sostituzione degli infinitesimi dello stesso ordine...e pensavo fosse sempre applicabile :oops:

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Martino
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Messaggio da Martino » 09 ott 2005, 22:05

Puoi sostituire termini asintotici, ma ricordandoti che x e sin(x) non sono la stessa funzione, diciamo che "vanno nello stesso modo" "vicino a zero". Ma se potessi sostituire sempre termini asintotici senza colpo ferire potrei dire che

$ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{e^x-x-1}{x^2}\right) = \lim_{x \to 0}\left(\frac{-x}{x^2}\right) = \lim_{x \to 0}\left(-\frac{1}{x}\right)=\infty $

Ma non è così, ce lo dice De L'Hopital e gli sviluppi asintotici. Il procedimento corretto è, ricordando che per $ x \to 0 $ $ e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2) $ (dove $ o(f(x)) $ è una funzione tale che $ \displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\frac{o(f(x))}{f(x)}\right)=0 $),

$ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{e^x-x-1}{x^2}\right) = \lim_{x \to 0 }\left(\frac{x+1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)-x-1}{x^2}\right) = $ $ \displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\frac{1}{2}+\frac{o(x^2)}{x^2}\right)=\frac{1}{2} $

Riguardo l'altro limite, ricordando che per $ x \to 0 $ $ sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^4) $, si ottiene

$ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{1}{x \sin x}- \frac{1}{x^2} \right) = \lim_{x \to 0 }\left(\frac{x- \sin x}{x^2 \sin x}\right) = $ $ \displaystyle\lim_{x \to 0 }\left(\frac{x-x+\frac{x^3}{6}+o(x^4)}{x^2 \sin x} \right) = $ $ \displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\frac{x}{6\sin x}+\frac{o(x^4)}{x^2 \sin x}\right) = \frac{1}{6} $

In sostanza, l'errore nel tuo procedimento è stato quello di trattare il limite della differenza come la differenza dei limiti, il che vale solo quando i limiti interessati sono finiti. Quindi ci si deve rifare ad altri metodi.

Bene, ho usato un po' il latex e mi sono divertito :P
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gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 10 ott 2005, 21:06

Belli gli esempi di Martino. Un'altra risposta, meno convincente ma più facile, all'ultima domanda di fur3770 è che la sostituzione con infinitesimi equivalenti è lecita nei casi in cui essi compaiono come fattore dell'intero numeratore o denominatore; se così non è, spesso occorre tener conto anche degli infinitesimi di ordine superiore.

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Messaggio da elianto84 » 11 ott 2005, 18:35

Credo che un'applicazione ad hoc del teorema dei carabinieri
sia spesso un metodo più furbo che il barbaro utilizzo degli
sviluppi.

x-x^3/3! < sin(x) < x

1/x 1/(1-x^2/6) > 1/sin(x) > 1/x

x/(6-x^2) > 1/sin(x) - 1/x > 0

Al posto che fornire "limiti notevoli" si potrebbero fornire
"disuguaglianze notevoli...
Jack alias elianto84 alias jack202

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khristian
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Messaggio da khristian » 11 ott 2005, 20:49

Anche tu però hai usato gli sviluppi qui 8)

Ciò nonostante reputo molto elegante il tuo metodo.

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 11 ott 2005, 21:02

A Elianto84: già io avevo citato quel teorema (l'avevo banalmente detto "del confronto" anzichè "dei carabinieri"); ne facevo però un uso molto più "liceale", partendo non dalla tua formula (che è conseguenza degli sviluppi in serie) ma da
sin x< x < tan x
valida per x>0. Dividendo per x sinx (positivo) si ottiene
$ \frac 1 x < \frac 1 {sin x} <\frac 1 {x cos x} $ e, sottraendo il primo membro, $ 0 < \frac 1 {sin x} - \frac 1 x < \frac {1- cos x} {x cos x} $
Col succitato teorema si è alla soluzione (a parte andrà considerato il caso x < 0). Ma non risolve il dubbio: davvero non si può fare come puro esercizio?

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