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Limiti e integrali

Vicenzo pone i seguenti quesiti: 1) Calcolare il limite \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan \left( {{x}^{4}} \right)\ln x-1+\sin \left( {{x}^{2}} \right)+\cos \left( 1-{{e}^{\sqrt{2}x}} \right)}{\sinh x-{{x}^{a}}}\] al variare del parametro \(a>0\); 2) Calcolare l’integrale \[\int\limits_{\frac{2}{\pi }}^{+\infty }{\frac{1}{{{x}^{4}}}\sin \left( \frac{1}{x} \right)}dx\quad .\]
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Ricevo da Vincenzo la seguente domanda: Gent.mo Professore, non riesco a risolvere i seguenti esercizi: 1) Calcolare il limite \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan \left( {{x}^{4}} \right)\ln x-1+\sin \left( {{x}^{2}} \right)+\cos \left( 1-{{e}^{\sqrt{2}x}} \right)}{\sinh x-{{x}^{a}}}\] al variare del parametro \(a>0\); 2) Calcolare l’integrale                      \[\int\limits_{\frac{2}{\pi }}^{+\infty }{\frac{1}{{{x}^{4}}}\sin \left( \frac{1}{x} \right)}dx\quad .\] Grazie. Gli rispondo così: Caro Vincenzo, per quanto riguarda il limite, osserviamo innanzitutto che, dati gli sviluppi di Taylor degli infinitesimi \(\sin \left( {{x}^{2}} \right)\), \(\cos \left( 1-{{e}^{\sqrt{2}x}} \right)-1\),  \(\sinh x\), cioè: \[\sin \left( {{x}^{2}} \right)={{x}^{2}}-\frac{1}{6}{{x}^{6}}+...\quad \cos \left( 1-{{e}^{\sqrt{2}x}} \right)-1=-{{x}^{2}}-\sqrt{2}{{x}^{3}}-{{x}^{4}}+...\quad \sinh x=x+\frac{{{x}^{3}}}{6}+...\]possiamo porre la seguente equivalenza asintotica nel limite per \(x\to 0\): \[\sin \left( {{x}^{2}} \right)+\cos \left( 1-{{e}^{\sqrt{2}x}} \right)-1\sim -\sqrt{2}{{x}^{3}}\quad .\] Inoltre, osserviamo che, essendo \(\arctan \left( {{x}^{4}} \right)\sim {{x}^{4}}\), la funzione \(\arctan \left( {{x}^{4}} \right)\ln x\) è a sua volta un infinitesimo, di ordine inferiore a \(4\) rispetto al campione \(x\) ma di ordine maggiore di \(4-\varepsilon \), per ogni \(\varepsilon>0\) per quanto piccolo (infatti \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan ({{x}^{4}})\ln x}{{{x}^{4-\varepsilon }}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{\varepsilon }}\ln x \right)=0\): quindi possiamo trascurare il termine \(\arctan \left( {{x}^{4}} \right)\ln x\) al numeratore, che risulta asintoticamente equivalente a \(-\sqrt{2}{{x}^{3}}\). Pertanto, il denominatore \[\sinh x-{{x}^{a}}=x+\frac{{{x}^{3}}}{6}+...-{{x}^{a}}\]risulta di ordine inferiore rispetto al numeratore per qualunque \(a\ne 1\), e per \(a=1\) risulta equivalente a \(\frac{{{x}^{3}}}{6}\), per cui: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan \left( {{x}^{4}} \right)\ln x-1+\sin \left( {{x}^{2}} \right)+\cos \left( 1-{{e}^{\sqrt{2}x}} \right)}{\sinh x-{{x}^{a}}}=0\quad \forall a>0,a\ne 1\] \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arctan \left( {{x}^{4}} \right)\ln x-1+\sin \left( {{x}^{2}} \right)+\cos \left( 1-{{e}^{\sqrt{2}x}} \right)}{\sinh x-{{x}^{a}}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-\sqrt{2}{{x}^{3}}}{\frac{1}{6}{{x}^{3}}}=-6\sqrt{2}\quad se\ a=1\quad .\] Nel caso dell’integrale generalizzato, possiamo facilitarne il calcolo con un cambiamento di variabile, \(t=\frac{1}{x}\): \[\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{\frac{2}{\pi }}^{k}{\frac{1}{{{x}^{4}}}\sin \left( \frac{1}{x} \right)dx}=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{1}{k}}{-{{t}^{2}}\sin t\,dt}=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{h}^{\frac{\pi }{2}}{{{t}^{2}}\sin t\,dt}\] e poichè, procedendo per parti:\[\int{{{t}^{2}}\sin t\,dt}=-{{t}^{2}}\cos t+2\int{t\cos t\,dt}=\]\[=-{{t}^{2}}\cos t+2\left( t\sin t-\int{\sin t\,dt} \right)=\left( 2-{{t}^{2}} \right)\cos t+2t\sin t+c\]si ha:\[\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{h}^{\frac{\pi }{2}}{{{t}^{2}}\sin t\,dt}=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left[ \left( 2-{{t}^{2}} \right)\cos t+2t\sin t \right]_{h}^{\frac{\pi }{2}}=\]\[=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left[ \pi -\left( 2-{{h}^{2}} \right)\cos \left( h \right)-2h\sin \left( h \right) \right]=\pi -2\quad .\] Massimo Bergamini

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