Due limiti con de l’Hopital?

[beppemito]

Credo che il mio problema sia quando derivo il denominatore perché lì verrebbe limite che tende a 0 di seno di x.. e quindi zero!

[filippo.mauro]

Quando è così applichi di nuovo de l’Hopital e il gioco è fatto! Allego svolgimento. Per qualsiasi cosa chiedi pure.

[Matlurker]

Eh già... tuttavia:

[math]f'_N(x)=\cos{x}\cdot \ln{(x+1)}+\frac{\sin{x}}{x+1}[/math]

Quindi al tendere di x a zero e applicando la De l'Hopital, hai ancora 0/0, e quindi puoi applicarla ancora e ancora, se serve

Ma perché usare quella formula quando, ricordando i limiti notevoli:

[math]\boxed{\lim_{x \to 0}{\frac{\ln{(x+1)}}{x}}=1}
\\\boxed{\lim_{x \to 0}{\frac{e^{x}-1}{x}}=1} \quad \boxed{\lim_{x \to 0}{\frac{\sin{x}}{x}}=1} \quad \boxed{\lim_{x \to 0}{\frac{1-\cos{x}}{x^2}}=\frac{1}{2}}[/math]

possiamo scrivere:

[math]\boxed{X} \\ f(x)=\frac{x^2}{x^2}\cdot \sin {x}\cdot \frac{1}{1-\cos{x}}\cdot \ln{(1+x)}=\\
=\frac{\sin{x}}{x}\cdot \frac{x^2}{1-\cos{x}}\cdot \frac{\ln{(1+x)}}{x}\\
\lim_{x \to 0}{f(x)}=1\cdot 2\cdot 1=2\\[/math]

Perché il limite dei prodotti di funzioni è uguale ai prodotti dei limiti di quelle funzioni.

Per l'altra, osservando che ci farebbe comodo un valore tipo 2x al denominatore e un x al numeratore:

[math]\boxed{IX} \\f(x)=\frac{x(e^{2x}-1)}{1-\cos{x}}=\frac{2x}{2x}\cdot \frac{x(e^{2x}-1)}{1-\cos{x}}=2\cdot \frac{e^{2x}-1}{2x} \cdot \frac{x^2}{1-\cos{x}}\\
\lim_{x \to 0}{f(x)}=2 \cdot 1 \cdot 2=4
[/math]