Esercizio limite

[lepre561]

$lim_(xto0)x*((x+e^(4x)-ln[e(5x+1)])/(1-cosx))$

applicando il limite notevole al denominatore rimane
$2*(x+e^(4x)-lne-ln(5x+1))/x$

ora quello che mi chiedo al denominatore posso moltiplicare per 20 in modo tale da applicare un doppio limite notevole ovvero con il 4 per $e^(4x)$ e con il 5 per $ln(1+5x)$
in poche parole verrebbe cosi

$2*(x+e^(4x)-1-ln(5x+1))/(4*5*x)$

[rafz123]

In questo caso, essendo che x tende a 0, ti consiglio di considerare le stime asintotiche dei vari elementi

[lepre561]

chiedo cortesemente di non andare troppo nello specifico...

[rafz123]

Ti ricordo che per $ f(x)rarr 0 $
Valgono le seguenti stime asintotiche:
$ e^f(x)-1~ f(x) $
$ ln[f(x)+1]~ f(x) $
$ 1-cos(f(x))~ 1/2(f(x))²$
La cui semplice dimostrazione ti lascio per esercizio. Grazie al principio di sostituzione puoi utilizzare tali stime all'interno del tuo limite.

[lepre561]

quindi viene $(x+4x-5x)/((1/2)x)$

[Zero87]

Premessa, io riprendo il filone principale, ovvero il metodo usato da @lepre561. Non so, infatti, se le stime asintotiche siano un argomento delle secondarie. Comunque qualsiasi metodo si usa, se usato bene dovrebbe dare lo stesso risultato.

Allora @lepre561, la tua intenzione è corretta e anche il metodo lo è, seppur con qualche accorgimento. Andiamo con ordine.

"lepre561":$ lim_(xto0)x*((x+e^(4x)-ln[e(5x+1)])/(1-cosx)) $

ok

applicando il limite notevole al denominatore rimane
$ 2*(x+e^(4x)-lne-ln(5x+1))/x $

Praticamente hai sostituito $1-cos(x)$ con $1/2 x^2$ in base al limite notevole di cui parli (questa di per sé è una stima asintotica... ), semplificandolo con la $x$ sopra e ti resta il 2 al numeratore e la $x$ al denominatore. Bene.

ora quello che mi chiedo al denominatore posso moltiplicare per 20 in modo tale da applicare un doppio limite notevole ovvero con il 4 per $ e^(4x) $ e con il 5 per $ ln(1+5x) $
in poche parole verrebbe cosi
$ 2*(x+e^(4x)-1-ln(5x+1))/(4*5*x) $

Premesso che devi moltiplicare e dividere per 20 quindi ti resta un 20 in giro al numeratore, però come dici avresti, detto in formule
$\frac{40 \cdot [x+(e^(4x)-1)- ln(5x+1)]}{20x}$
dove ho messo la parentesi quadra e isolato con le tonde i vari limiti notevoli. Perché @lepre561, nei limiti puoi spezzare la somma al numeratore, ma solo se non ci sono pasticci con le forme indeterminate (cioè se ti vengono cose come $+\infty-\infty$). In questo caso, individuando tutti limiti notevoli e/o dal risultato diverso da $\pm \infty$, puoi spezzare le somme al numeratore.
$\frac{40x}{20x}+\frac{40 \cdot (e^(4x)-1)}{5\cdot 4x}-\frac{40 \cdot ln(5x+1)}{4\cdot 5x}$...
ecc... ecc...

[lepre561]

ma quindi allo stesso modo
$lim_(xto0)((e^-x+sin-cosx)/x)$

si scompone in

$((1-cosx)/x)+((sinx/x))$

pero il risultato è zero ma a me viene1

[rafz123]

Non credo sia corretto sostituire una sola parte del limite a ciò a cui tende (non a cui è uguale!) così come hai fatto. Per procedere puoi sommare e sottrarre 1 al numeratore:
$ lim_(x -> 0) [e^-x-1+sin(x)+1-cos(x)]/x $
A questo punto puoi spezzare la frazione ottenendo
$ lim_(x -> 0) (e^-x-1)/x+sin(x)/x+(1-cos(x))/x $
Ora ti sei ricondotto al limite di una somma algebrica di funzioni, che è uguale alla somma dei limiti (la dimostrazione fa uso della definizione di limite), per cui ora puoi applicare i limiti notevoli.
In alternativa dopo aver sommato e sottratto 1 al numeratore puoi effettuare delle stime asintotiche, con la medesima conclusione

[lepre561]

"Raff_321":Non credo sia corretto sostituire una sola parte del limite a ciò a cui tende (non a cui è uguale!) così come hai fatto. Per procedere puoi sommare e sottrarre 1 al numeratore:
$ lim_(x -> 0) [e^-x-1+sin(x)+1-cos(x)]/x $
A questo punto puoi spezzare la frazione ottenendo
$ lim_(x -> 0) (e^-x-1)/x+sin(x)/x+(1-cos(x))/x $
Ora ti sei ricondotto al limite di una somma algebrica di funzioni, che è uguale alla somma dei limiti (la dimostrazione fa uso della definizione di limite), per cui ora puoi applicare i limiti notevoli.
In alternativa dopo aver sommato e sottratto 1 al numeratore puoi effettuare delle stime asintotiche, con la medesima conclusione

scusa la domanda ma il primo limite fa 1 o -1?

[lepre561]

$lim_(xto0)((2+cosx)/(2x+sinx))$

applico il limte notevole al seno ottenendo

$(2+cosx)/(3x)$

sdoppiando il due trasformandolo in -1+3

ottengo$(cosx-1)/(3x)+ 3/(3x)$

che pero fa infinito il risultato in realta è zero

[Zero87]

"Raff_321":Ora ti sei ricondotto al limite di una somma algebrica di funzioni, che è uguale alla somma dei limiti (la dimostrazione fa uso della definizione di limite), per cui ora puoi applicare i limiti notevoli.

Esatto, hai detto meglio quanto dicevo prima per l'altro limite

"Zero87":Perché @lepre561, nei limiti puoi spezzare la somma al numeratore, ma solo se non ci sono pasticci con le forme indeterminate (cioè se ti vengono cose come $+\infty-\infty$). In questo caso, individuando tutti limiti notevoli e/o dal risultato diverso da $\pm \infty$, puoi spezzare le somme al numeratore.

che vale sempre tranne se poi ottieni forme indeterminate.

EDIT. Ho corretto una svista, grazie @lepre561.

[lepre561]

@zero87 raf credo che abbia fatto bene infatti gli viene 0


ora il limite con il sin e cos come lo faresti?

[@melia]

Se stai parlando di questo $ lim_(xto0)((2+cosx)/(2x+sinx)) $ non capisco il tuo problema, non è mica una forma indeterminata! Viene $3/0$ quindi $oo$, il problema sta nel segno:

se $ lim_(xto0^+)((2+cosx)/(2x+sinx)) = +oo$

se$ lim_(xto0^-)((2+cosx)/(2x+sinx))= -oo $

quindi $ lim_(xto0)((2+cosx)/(2x+sinx)) $ non esiste in quanto limite destro e sinistro danno soluzioni diverse.

[lepre561]

hai perfettamente ragione il limite tende a $+infty$

[@melia]

Non ho detto che quel limite tende a $+oo$ ho detto che NON ESISTE. A meno che tu non abbia omesso il più a esponente dello 0.

[lepre561]

nono ho sbagliato il testo
x tende a $+infty$

[rafz123]

Se il limite è questo:
$ lim_(x ->+ oo ) (2+cos(x))/(2x+sin(x) $
Allora puoi procedere in questo modo:
$ -1<=sin(x)<=1rArr 2x-1<=2x+sin(x)<=2x+1rArr1/(2x+1)<=1/(2x+sin(x))<=1/(2x-1) $
Ho tenuto conto, oltre che la funzione seno è limitata, che sin(x)+2x>0 sicuramente per x che tende a più infinito, allora si può passare ai reciproci.
A questo punto l'obiettivo è moltiplicare per cos(x)+2 in modo da ottenere la funzione di cui ci interessa calcolare il limite. Notiamo che cos(x)+2>0 sicuramente per ogni x scelto (la verifica è un banale esercizio). A questo punto si arriva a questo:
$ (cos(x)+2)/(2x+1)<=(cos(x)+2)/(2x+sin(x))<=(cos(x)+2)/(2x-1) $
E tenuto conto che il coseno è compreso fra -1 e 1...
$ 1/(2x+1)<=(cos(x)+2)/(2x+1)<=(cos(x)+2)/(2x+sin(x))<=(cos(x)+2)/(2x-1)<=3/(2x-1) $
In virtù della proprietà transitiva della disuguaglianza e del teorema del confronto, il limite dovrebbe essere 0.

Un'alternativa un po' più barbara che mi viene in mente ora ma che sarebbe di gran lunga più veloce è considerare che sin(x) e cos(x)+2 per x che tende a più infinito rimangono limitate e sono trascurabili rispetto a x, allora si può ridurre il tutto ad 1/x che tende ugualmente a 0.

[caffeinaplus]

Citando un altro utente "bisognerebbe aprire una sezione solo per te"

Comunque lepre, io ti consiglierei caldamente di fare i primi esercizi sui limiti proposti da un qualsiasi libro per il liceo scientifico

Edit: ragazzi non capisco perché farla cosi difficile

$lim_(x->+oo) (2+cosx)/(2x(1+sinx/(2x))) =0$