Limite in forma indeterminata
$lim_(x->1) ((e^(x-1)-1)^2)/((x-1)logx)=1$
Un suggerimento per eliminare la f.i. di questo limite?
Ho provato a scrivere il numeratore come $(e^(x-1)-1)(e^(x-1)-1)$ per poi applicare il limite notevole $lim_(x->0)e^(x-1)/x=1$
ottenendo $(e^(x-1)-1)/logx$.
A questo punto potrei moltiplicare e dividere per $x-1$ per poter riapplicare il limite notevole ma non toglierò la f.i. perché avrò $(x-1)/logx$ che mi da un [size=85]$0/0$[/size]...
Un suggerimento per eliminare la f.i. di questo limite?
Ho provato a scrivere il numeratore come $(e^(x-1)-1)(e^(x-1)-1)$ per poi applicare il limite notevole $lim_(x->0)e^(x-1)/x=1$
ottenendo $(e^(x-1)-1)/logx$.
A questo punto potrei moltiplicare e dividere per $x-1$ per poter riapplicare il limite notevole ma non toglierò la f.i. perché avrò $(x-1)/logx$ che mi da un [size=85]$0/0$[/size]...
Risposte
Beh, ma a quel punto applichi De L'Hopital ...
Oppure , scrivendo il limite nella forma equivalente $lim_(x->1)(x-1)/log(1+(x-1))$ , e ponendo $t=(x-1) $ riscrivo $lim_(t->0) t/log(1+t) $ $=1/(lim_(t->0 )log (1+t)/t)=1/1=1 $, avendo riconosciuto il noto limite notevole $lim_(t->0)log (1+t )/t=1$
Grazie ad entrambi.
Altra f.i., va risolta senza l'applicazione di de l'Hopital:
$lim_(x->0) (x(cosx-1))/(sen2x-2x) = 3/8$
Ho provato mediante moltiplicazioni e divisioni a ricondurmi rispettivamente ai limiti notevoli
$(senx)/x=1$ e $(cosx-1)/x^2=-1/2$ ma ultimando i calcoli riottengo [size=85]$0/0$[/size]
Altra f.i., va risolta senza l'applicazione di de l'Hopital:
$lim_(x->0) (x(cosx-1))/(sen2x-2x) = 3/8$
Ho provato mediante moltiplicazioni e divisioni a ricondurmi rispettivamente ai limiti notevoli
$(senx)/x=1$ e $(cosx-1)/x^2=-1/2$ ma ultimando i calcoli riottengo [size=85]$0/0$[/size]
Fin dove sei arrivato usando i limiti notevoli?
"LoreT314":
Fin dove sei arrivato usando i limiti notevoli?
Ho provato solamente a moltiplicare e dividere $sen2x$ per $2x$ e ricondurmi al limite notevole: $(x(cosx)-1)/((sen(2x)/(2x)->1)2x-2x)$
Il limite può essere scritto come :
$lim_(x->0)(1-cosx)/x^2×lim_(x->0)x^3/(sin (2x)-2x) $, a questo punto come giustamente hai fatto, si riconosce il limite notevole $lim_(x->0)(1-cosx)/x^2=-1/2$ ed in ultimo sostituendo avremo $lim_(x->0)-1/2×lim_(x->0)x^3/(sin (2x)-2x) $, che da ancora una forma indeterminata $0/0$ , e che non può essere risolto con i limiti notevoli , ma solamente con Hopital od gli sviluppi in serie di Taylor oltre il termine di primo grado in $x $, in quanto nella differenza presente a denominatore $sin (2x)-2x $ si ha il coinvolgimento di termini successivi al primo grado, cioè in $x $, infatti $sin (2x)= 2x+4/3x^3+o (x^3) $ , dove con $o (x^3) $ si indicano tutti i termini infinitesimi, quindi tendenti a zero, superiori al terzo grado, e pertanto trascurabili in una somma , sostituendo avremo $-1/2×lim_(x->0)x^3/(2x-2x-4/3x^3) $ $=-1/2×lim_(x->0)x^3×(-3/(4x^3))=-1/2×(-3/4 )=3/8$
Scusa ma da quale libro hai tratto il testo di questo esercizio?
Perché se il testo dicesse che il valore di tale limite esiste ed è finito, allora si potrebbe dimostrare semplicemente ricorrendo alle formule di triplicazione del seno, ed con l'uso del limite notevole $lim_(x->0)sinx/x=1$ senza Hopital o Taylor.
$lim_(x->0)(1-cosx)/x^2×lim_(x->0)x^3/(sin (2x)-2x) $, a questo punto come giustamente hai fatto, si riconosce il limite notevole $lim_(x->0)(1-cosx)/x^2=-1/2$ ed in ultimo sostituendo avremo $lim_(x->0)-1/2×lim_(x->0)x^3/(sin (2x)-2x) $, che da ancora una forma indeterminata $0/0$ , e che non può essere risolto con i limiti notevoli , ma solamente con Hopital od gli sviluppi in serie di Taylor oltre il termine di primo grado in $x $, in quanto nella differenza presente a denominatore $sin (2x)-2x $ si ha il coinvolgimento di termini successivi al primo grado, cioè in $x $, infatti $sin (2x)= 2x+4/3x^3+o (x^3) $ , dove con $o (x^3) $ si indicano tutti i termini infinitesimi, quindi tendenti a zero, superiori al terzo grado, e pertanto trascurabili in una somma , sostituendo avremo $-1/2×lim_(x->0)x^3/(2x-2x-4/3x^3) $ $=-1/2×lim_(x->0)x^3×(-3/(4x^3))=-1/2×(-3/4 )=3/8$
Scusa ma da quale libro hai tratto il testo di questo esercizio?
Perché se il testo dicesse che il valore di tale limite esiste ed è finito, allora si potrebbe dimostrare semplicemente ricorrendo alle formule di triplicazione del seno, ed con l'uso del limite notevole $lim_(x->0)sinx/x=1$ senza Hopital o Taylor.
@francicko
Si tratta di vecchie prove scannerizzate, dove l'applicazione di de l'Hopital non è consentita.
Non ho ben capito però quando fai riferimento alla dimostrazione con la formula di triplicazione del seno. Noi abbiamo un $sen2x$...
Si tratta di vecchie prove scannerizzate, dove l'applicazione di de l'Hopital non è consentita.
Non ho ben capito però quando fai riferimento alla dimostrazione con la formula di triplicazione del seno. Noi abbiamo un $sen2x$...
x@Nukenin .
Appena ho un po di tempo, posto la possibile soluzione!
Appena ho un po di tempo, posto la possibile soluzione!
Grazie. Gentilissimo.
1)$lim _(x->0)(log(1-x)+xe^x)/sin^2x=1/2$
Io l'ho risolto così trovandomi però come risultato $2$:
2)$lim _(x->0) (2-2cos(e^x-1)-(e^x-1)^2)/(x^4)=-1/12$
Qui invece, da come ho iniziato a svolgerlo, sono ben lontano dalla soluzione:
Io l'ho risolto così trovandomi però come risultato $2$:
2)$lim _(x->0) (2-2cos(e^x-1)-(e^x-1)^2)/(x^4)=-1/12$
Qui invece, da come ho iniziato a svolgerlo, sono ben lontano dalla soluzione:
"Nukenin":
2)$lim _(x->0) (2-2cos(e^x-1)-(e^x-1)^2)/(x^4)=-1/12$
Puoi iniziare con
$=lim_(x->0)((2-2cos(e^x-1)-(e^x-1)^2)/(e^x-1)^4*(e^x-1)^4/x^4)$
La seconda frazione tende ad 1 e nella prima facciamo la sostituzione $u=e^x-1$; otteniamo
$=lim_(u->0)(2-2cosu-u^2)/u^4$
Non vedo però come si possa continuare senza De l'Hospital (o sviluppi in serie, che sono ad un livello ancora più avanzato). La stessa osservazione vale per l'esercizio 1 e mi chiedo quale testo dia questi esercizi, col predetto divieto.
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