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da **gill90** » 1 lug 2014, 19:27

Un altro topic!

Io il primo l'ho fatto con Taylor: sviluppando

$\cos \Bigl( \frac{\pi}{2x} \Bigr)=f(1)+\frac{df}{dx} \big \rvert _{x=1}(x-1)+...=0+\frac{\pi}{2}(x-1)+o(x-1)$

$\tan \Bigl( \frac{\pi x}{2} \Bigr)=\frac{\sin \Bigl( \frac{\pi x}{2} \Bigr)}{\cos \Bigl( \frac{\pi x}{2} \Bigr)}=\frac{1-\frac{\pi}{2}(x-1)+o(x-1)}{-\frac{\pi}{2}(x-1)+o(x-1)}$

E sostituito resta:

$\frac{(x-1)^2}{\frac{\pi}{2}(x-1)+o(x-1)} \frac{1-\frac{\pi}{2}(x-1)+o(x-1)}{-\frac{\pi}{2}(x-1)+o(x-1)}=\frac{1}{\frac{\pi}{2}+\frac{o(x-1)}{x-1}} \frac{1-\frac{\pi}{2}(x-1)+o(x-1)}{-\frac{\pi}{2}+\frac{o(x-1)}{x-1}}$

Facendo il limite per $x \rightarrow 1$ resta ( $\lim_{x \to1} \frac{o(x-1)}{x-1}=0$ ):

$\frac{1}{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{-\frac{\pi}{2}}=-\frac{4}{\pi^2}$

da **PietroBaima** » 1 lug 2014, 19:57

Il $\sin \frac{\pi x}{2}$ potevi, volendo, anche non svilupparlo ;-)

Ottima soluzione, comunque.

da **PietroBaima** » 1 lug 2014, 20:00

EcoTan ha scritto:CLS : n = 1
PRINT " VALORI DI x VALORI DI f(x) CALCOLATI"
pigr# = 2 * ATN(1)
success:
n = n + 1
X# = (7 + X#) / 8
lim# = (X# - 1) * (X# - 1)
lim# = lim# / COS(pigr# / 2 / X#)
lim# = lim# * TAN(pigr# * X# / 2)
LOCATE n, 1: PRINT X#
LOCATE n, 25: PRINT lim#
IF n < 19 GOTO success

Prova a scambiare a caso le tre righe che ho evidenziato in rosso.
Il risultato finale dovrebbe cambiare, anche se non mi ricordo la eps di macchina del qbasic.

Ciao,
Pietro

da **Ianero** » 1 lug 2014, 20:13

L'infinito complesso è una quantità infinita del piano complesso, ho capito bene?
Quindi può tendere ad infinito la parte immaginaria o la parte reale o entrambe, giusto?

PS:

gill90 ho messo uno "\" davanti alle tue funzioni trigonometriche così vengono formattate meglio :-)

da **PietroBaima** » 1 lug 2014, 20:54

Per l'infinito complesso, devi immaginare una sfera che si espande.
Non esistono più due sole direzioni ma infinite.
Questo porta all'abbandono del + o - davanti al simbolo di infinito (quindi perché diavolo ti ho chiesto per quali valori il limite va a + infinito e per quali altri al -, mah ;-)

)

Ianero ha scritto:Il primo è incompleto?

Sì, devo trovare un po' di tempo.
Avevo pensato quell'esercizio per parlarti della gamma di stirling e di altre funzioni speciali.
Ho un mini progetto, cioè di farti uscire dal mondo bello, pulito e sempre calcolabile che ci
hanno insegnato alle superiori.
Spesso le funzioni non sono così aggredibili, per esempio quelle non falcilmente invertibili.
Ecco, mi sta venendo in mente un altro esercizio.
Il problema è che mi scontro col tempo a mia disposizione.

Ianero ha scritto:, che bello! C'è da spaccarsi la testa

he he he

da **gill90** » 1 lug 2014, 20:56

PietroBaima ha scritto:Il $\sin \frac{\pi x}{2}$ potevi, volendo, anche non svilupparlo

Verisssimo, infatti nella foga non ci ho fatto caso! :ok:

Ho provato a fare il secondo, ecco i miei risultati. Come prima, linearizzando con Taylor:

$a^{\log(1+x^2)}=f(0)+\frac{df}{dx} \Big |_0 x +\frac{1}{2}\frac{d^2f}{dx^2}\Big |_0 x^2+o(x^2)$

Dove f(0)

vale semplicemente 1. Derivando resta

$\frac{df}{dx}=\log(a)a^{\log(1+x^2)}\frac{2x}{1+x^2}$

Che in x=0

vale 0. La derivata seconda si ottiene derivando il prodotto tra il primo termine $\log(a)a^{\log(1+x^2)}$ e il secondo, $\frac{2x}{1+x^2}$ , ma poiché il secondo termine nel punto 0 annulla il prodotto per la presenza del

a numeratore, si trascura la derivata del primo e si considera la derivata del secondo per il primo: nel punto x=0

resta $2 \log(a)$ .
Quindi la funzione viene:

$a^{\log(1+x^2)}=1+\log(a)x^2+o(x^2)$

La parte con la tangente si fa in maniera simile:

$\log(1+ \tan(x))=g(0)+\frac{dg}{dx} \Big |_0 x +\frac{1}{2}\frac{d^2g}{dx^2}\Big |_0 x^2+o(x^2)$

Dove g(0)

vale 0. La derivata viene:

$\frac{dg}{dx}=\frac{1}{1+ \tan(x)}(1+ \tan^2(x))$

Che nel punto 0 fornisce come risultato 1.

Quindi il risultato finale è $\log(1+ \tan(x))=0+x+o(x)$
La funzione di partenza diventa:

$\frac{x(0+x+o(x))}{-1+1+ \log(a)x^2+o(x^2)}=\frac{x^2+o(x^2))}{\log(a)x^2+o(x^2)}$

Che nel limite $x \rightarrow 0$ dà: $\frac{1}{\log(a)}$

Da Analisi II però mi ricordo che il logaritmo complesso è una funzione multivoca, cioè dà infiniti valori:
$\log(a)=\log|a|+jarg\{a\}+j2k\pi$
Però se consideriamo questa definizione non c'è univocità nel risultato. Sbaglio qualcosa?

P.S. Grazie

Ianero!

da **PietroBaima** » 1 lug 2014, 21:18

gill90 ha scritto:Da Analisi II però mi ricordo che il logaritmo complesso è una funzione multivoca,

Io la chiamavo funzione polidroma, ma credo intendiamo la stessa cosa.

gill90 ha scritto:Però se consideriamo questa definizione non c'è univocità nel risultato. Sbaglio qualcosa?

No, e tu suggerisco di andare avanti con la soluzione. ;-)

da **Ianero** » 1 lug 2014, 23:37

Quindi a 1 ci posso tendere da destra, da sinistra, da sopra, da sotto, da dentro, da fuori, e così via...
Allora z=a+ib

potrebbe essere un caso particolare di qualcosa tipo:

a+ib+i'c+i''d+...

Posso arrivare fino a $i^{\infty }$ ?

PietroBaima ha scritto:Ho un mini progetto, cioè di farti uscire dal mondo bello, pulito e sempre calcolabile che ci
hanno insegnato alle superiori.

quando vuoi...

Il problema è che mi scontro col tempo a mia disposizione.

...e quando non ti toglie tempo per cose più importanti :-)

da **PietroBaima** » 2 lug 2014, 1:17

Considera la polidromia del logaritmo, e guarda cosa può fare.

Anyway, ultimo limite poi vado a dormire.
Che ti do?

Qualcosa di un po' più complicato...
vediam

Ecco :idea:

Sia f(x) una funzione implicita definita come:

$f(x)=a\ \text{e}^{{\textstyle \frac{x-b\ f(x)}{c}}}$

$(a,b,c)\in \mathbb{R}^3$

calcolare

$\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{x}$

O_/

Pietro

da **fairyvilje** » 2 lug 2014, 3:08

Ci provo anche io se non vi da troppo dispiacere

$f(x)=ae^{\frac{x-f(x)\cdot b}{c}}$
Da si ricava che
$c\cdot \log(f(x))=c \cdot \log(a)+x-b\cdot f(x)$
sulla quale mi sembra un po' più facile lavorare... forse.

Ora l'idea potrebbe essere di maggiorare quel poco simpatico $\log(f(x))$ e un'idea è questa:
$b\cdot f(x)+c\cdot \log(f(x))-c \cdot \log(a)-x=0$
$b\cdot f(x)+c\cdot f(x)^{\frac{1}{k}}-c \cdot \log(a)-x=0$
Faccio una sostituizione $\Delta^k=f(x)$
E alla fine molto più carina cerco soluzioni per $b\Delta^k+c\Delta-c \cdot \log(a)-x=0$
Trovate delle soluzioni opportune vanno sostituite, ottengo una $\dot f(x)$ che minora l'originale, e provo a studiare quella nel limite. Può andare bene continuare in questo senso?

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