Sviluppo asintotico di una funzione integrale a più infinito

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Sviluppo asintotico di una funzione integrale a più infinito #78427

avt
sofia95
Punto
Buongiorno, vorrei sapere come posso determinare lo sviluppo asintotico di questa funzione integrale a +infinito:

\int_{x}^{+\infty}\left[\left(\cosh\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}-\left(\cos\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}\right]dt

Sono sicura che vadano usati gli sviluppi di Taylor, però non capisco come farlo.
Grazie mille in anticipo.
 
 

Sviluppo asintotico di una funzione integrale a più infinito #78437

avt
Omega
Amministratore
Ok, vediamo come risolvere. emt Attenzione perché l'esercizio dal punto di vista teorico non è complicato, ma ci sono un paio di passaggi delicati che richiederanno il 100% della nostra attenzione. emt

Vogliamo determinare lo sviluppo asintotico della funzione integrale

F(x)=\int_{x}^{+\infty}\left[\left(\cosh\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}-\left(\cos\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}\right]dt

al tendere di x\to +\infty.

Ciò significa, in accordo con la definizione di funzione asintoticamente equivalente, che vogliamo determinare una funzione g(x) tale per cui

\lim_{x\to +\infty}\frac{F(x)}{g(x)}=1

ossia

\lim_{x\to +\infty}\frac{\int_{x}^{+\infty}\left[\left(\cosh\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}-\left(\cos\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}\right]dt}{g(x)}=1

È evidente che la funzione integrale richiede un po' di lavoro preliminare... emt scriviamola a parte

F(x)=\int_{x}^{+\infty}\left[\left(\cosh\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}-\left(\cos\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}\right]dt

In accordo con la definizione di integrale improprio di prima specie, possiamo scriverla nella forma

F(x)=\lim_{M\to +\infty}\int_{x}^{M}\left[\left(\cosh\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}-\left(\cos\left(\frac{1}{t}\right)-1\right)^{16}\right]dt

Effettuiamo un cambio di variabile per l'integrale: poniamo z=\frac{1}{t}, da cui t=\frac{1}{z}, cui corrisponde il differenziale dt=-\frac{1}{z^2}dz. Prestiamo attenzione a come si modificano gli estremi di integrazione

F(x)=\lim_{M\to +\infty}\int_{\frac{1}{x}}^{\frac{1}{M}}[(\cosh(z)-1)^{16}-(\cos(z)-1)^{16}]\left(-\frac{1}{z^2}\right)dz

Grazie ad una nota proprietà degli integrali possiamo sfruttare il segno meno presente nell'integranda per invertire gli estremi di integrazione

F(x)=\lim_{M\to +\infty}\int_{\frac{1}{M}}^{\frac{1}{x}}[(\cosh(z)-1)^{16}-(\cos(z)-1)^{16}]\left(\frac{1}{z^2}\right)dz

Ora effettuiamo una comoda sostituzione nel limite: poniamo \varepsilon:=\frac{1}{M}, per cui al tendere di M\to+\infty risulta che \varepsilon\to 0

F(x)=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_{\varepsilon}^{\frac{1}{x}}[(\cosh(z)-1)^{16}-(\cos(z)-1)^{16}]\left(\frac{1}{z^2}\right)dz

In buona sostanza abbiamo riscritto l'integrale improprio di prima specie come un integrale improprio di seconda specie.

Come ultimo passaggio preliminare, poniamo y=\frac{1}{x}. Questa sostituzione è più che altro una composizione che ci permette di passare ad una nuova funzione \tilde{F}(y)

\tilde{F}(y)=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_{\varepsilon}^{y}[(\cosh(z)-1)^{16}-(\cos(z)-1)^{16}]\left(\frac{1}{z^2}\right)dz

ossia

\tilde{F}(y)=\int_{0}^{y}[(\cosh(z)-1)^{16}-(\cos(z)-1)^{16}]\left(\frac{1}{z^2}\right)dz

Tutto il lavoro preliminare ci ha permesso di riscrivere la richiesta originaria dell'esercizio in una forma equivalente: determinare lo sviluppo asintotico della funzione \tilde{F} al tendere di y\to 0.

Di conseguenza, cerchiamo una funzione \tilde{g}(y) tale per cui

\lim_{y\to 0}\frac{\tilde{F}(y)}{\tilde{g}(y)}=1

ossia

\lim_{y\to 0}\frac{\int_{0}^{y}\frac{(\cosh(z)-1)^{16}-(\cos(z)-1)^{16}}{z^2}dz}{\tilde{g}(y)}=1

Un paio di considerazioni. È facile intuire che \tilde{F}(y) tende a zero per y\to 0, e che dovendo il limite valere 1 anche \tilde{g}(y) tenderà a zero per y\to 0. Inoltre (come avrai modo di desumere dalla restante parte dello svolgimento) è pure evidente che la funzione integranda è continua in y_0=0, per cui la funzione integrale è ivi continua e derivabile.

Possiamo applicare il teorema di De l'Hopital.

In questo modo il limite \lim_{y\to 0}\frac{\tilde{F}(y)}{\tilde{g}(y)} equivale al limite

\lim_{y\to 0}\frac{\tilde{F}'(y)}{\tilde{g}'(y)}\ \ \ (\bullet)

ed ora il ricercato numero 1 è proprio la derivata \tilde{g}'(y) della funzione incognita \tilde{g}(y).

Scriviamo il limite (\bullet) in forma esplicita facendo ricorso al teorema fondamentale del calcolo integrale

\lim_{y\to 0}\frac{\frac{(\cosh(y)-1)^{16}-(\cos(y)-1)^{16}}{y^2}}{\tilde{g}'(y)}

ossia

\lim_{y\to 0}\frac{(\cosh(y)-1)^{16}-(\cos(y)-1)^{16}}{y^2\tilde{g}'(y)}

De l'Hopital impone che i due limiti assumano il medesimo valore, dunque vogliamo che risulti

\lim_{y\to 0}\frac{(\cosh(y)-1)^{16}-(\cos(y)-1)^{16}}{y^2\tilde{g}'(y)}=1

Ora dobbiamo necessariamente ricorrere agli sviluppi di Taylor, perché la differenza tra i due termini presenti al numeratore coincide al primo ordine non nullo di sviluppo (in caso di dubbi: limiti con Taylor)

La tabella degli sviluppi notevoli torna particolarmente utile. Procediamo oltre il primo ordine non nullo di sviluppo e arrestiamoci al secondo ordine non nullo di sviluppo

\cosh(y)-1=\frac{y^2}{2}+\frac{y^4}{24}+o(y^4)

\cos(y)-1=\frac{y^2}{2}-\frac{y^4}{24}+o(y^4)

A noi interessano (\cosh(y)-1)^{16},\ (\cos(y)-1)^{16}. Ovviamente non dobbiamo svolgere tutti i calcoli previsti dalla regola per la potenza di un binomio, infatti ci bastano i termini corrispondenti alle prime due potenze con esponente più piccolo.

Consideriamo

\left(\frac{y^2}{2}+\frac{y^4}{24}\right)^{16}=\frac{y^{2\cdot 16}}{2^{16}}+\frac{y^{2\cdot 15+4}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+...

\left(\frac{y^2}{2}-\frac{y^4}{24}\right)^{16}=\frac{y^{2\cdot 16}}{2^{16}}-\frac{y^{2\cdot 15+4}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+...

ossia

\left(\frac{y^2}{2}+\frac{y^4}{24}\right)^{16}=\frac{y^{32}}{2^{16}}+\frac{y^{34}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+...

\left(\frac{y^2}{2}-\frac{y^4}{24}\right)^{16}=\frac{y^{32}}{2^{16}}-\frac{y^{34}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+...

In riferimento alle potenze sedicesime degli sviluppi, tutti gli altri termini generano infinitesimi di ordine superiore (con potenze dalla 36 esima alla 4\cdot 16=64-esima) e confluiscono in un o-piccolo o(y^{34})

\left(\cosh(y)-1\right)^{16}=\frac{y^{32}}{2^{16}}+\frac{y^{34}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+o(y^{34})

\left(\cos(y)-1\right)^{16}=\frac{y^{32}}{2^{16}}-\frac{y^{34}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+o(y^{34})

Ora possiamo sostituire tali sviluppi nel limite, ottenendo la cancellazione prevista per i termini di primo ordine non nullo

\lim_{y\to 0}\frac{(\cosh(y)-1)^{16}-(\cos(y)-1)^{16}}{y^2\tilde{g}'(y)}=1

\lim_{y\to 0}\frac{\frac{y^{32}}{2^{16}}+\frac{y^{34}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16-\frac{y^{32}}{2^{16}}+\frac{y^{34}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+o(x^{34})}{y^2\tilde{g}'(y)}=1

\lim_{y\to 0}\frac{2\frac{y^{34}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+o(x^{34})}{y^2\tilde{g}'(y)}=1

Una piccola semplificazione

\lim_{y\to 0}\frac{2\frac{y^{32}}{2^{15}\cdot 24}\cdot 16+o(x^{32})}{\tilde{g}'(y)}=1

Quindi, al netto del coefficiente numerico, abbiamo scoperto che \tilde{g}'(y)=Ky^{32}. Se vuoi puoi calcolare esplicitamente il valore di K, in caso contrario puoi lasciarlo indicato. emt

In definitiva

\tilde{g}(y)=Ky^{33}

è lo sviluppo asintotico della funzione \tilde{F}(y) al tendere di y\to 0, per cui

g(x)=K\frac{1}{x^{33}}

è lo sviluppo asintotico di F(x) al tendere di x\to +\infty.
Ringraziano: Pi Greco, Ifrit, CarFaby

Re: Sviluppo asintotico di una funzione integrale a più infinito #78440

avt
sofia95
Punto
Grazie mille, l'ultima parte dalla sostituzione y=1/x è chiarissima però non ho capito perchè non posso applicare il teorema fondamentale del calcolo integrale prima di fare le sostituzioni z=1/t e \varepsilon =1/M.E un' altra cosa perchè facendo la sostituzione z=1/t modifico anche gli estremi di integrazione mentre se faccio la sostituzione \varepsilon =1/M dell'estremo non modifico anche la funzione integranda?Lo faccio perchè sto modificando l'estremo che non è in funzione di x?

Re: Sviluppo asintotico di una funzione integrale a più infinito #78441

avt
Omega
Amministratore
Però non ho capito perché non posso applicare il teorema fondamentale del calcolo integrale prima di fare le sostituzioni

Semplicemente perché dobbiamo metterci nella condizione di poter verificare facilmente le ipotesi dei teoremi coinvolti. emt

perché facendo la sostituzione z=1/t modifico anche gli estremi di integrazione mentre se faccio la sostituzione \varepsilon =1/M dell'estremo non modifico anche la funzione integranda?

Perché la prima sostituzione riguarda l'integrale, la seconda invece riguarda il limite. emt

Re: Sviluppo asintotico di una funzione integrale a più infinito #78442

avt
sofia95
Punto
Perfetto, grazie mille.
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Os