Aiuto con un limite

[Pinturicchio10]

Ciao ragazzi, volevo chiedervi un aiuto con il seguente limiti, che va risolto adoperando i limiti notevoli. Chiedo scusa se non uso latex, ma non lo padroneggio ancora molto bene.

lim(x tende a 5) [(2x^3-8x^2-7x-4)/ (x^2-2x-4)] ^[(32)/(2^x-32)]

Viene una forma indeterminata 1 alla infinito.

Io avevo pensato di porre y = x-5 e cambiare il limite ma fatta la sostituzione non riesco a capire come procedere.
Grazie a chi mi aiuterà.

[Berationalgetreal]

$$ \lim_{x \to 5}{ \left [\frac{ 2x^3 -8x^2 - 7x -4}{x^2 - 2x -4} \right ]^{\frac{32}{2^x - 32}}} = \lim_{x \to 5}{ \left [1 + \left(-1+\frac{ 2x^3 -8x^2 - 7x -4}{x^2 - 2x -4} \right )\right ]^{\frac{32}{2^x - 32}}} = $$ $$= \lim_{x \to 5}{ \left [1 + \frac{ 2x^3 -9x^2-5x}{x^2 - 2x -4} \right ]^{\frac{32}{2^x - 32}}} = \lim_{x \to 5}{ \left \{\left [1 + \frac{ 2x^3 -9x^2-5x}{x^2 - 2x -4} \right ]^{\frac{x^2 - 2x -4}{2x^3 - 9x^2 -5x}} \right \}^{\frac{ 2x^3 -9x^2-5x}{x^2 - 2x -4}\frac{32}{2^x - 32}}} $$

Ora, resta soltanto da capire quanto fa:

$$ \lim_{x \to 5}{ \frac{2x^3 - 9x^2 - 5x}{2^x - 32}}$$

che è una forma $\frac{0}{0}$. Usando una volta De L'Hopital:

$$\lim_{x \to 5}{ \frac{2x^3 - 9x^2 - 5x}{2^x - 32}} = \lim_{x \to 5}{\frac{ 6 x^2 - 18 x -5}{2^x \ln 2} }= \frac{55}{32\ln 2} $$

Quindi, mettendo tutto insieme:

$$\lim_{x \to 5}{ \left [\frac{ 2x^3 -8x^2 - 7x -4}{x^2 - 2x -4} \right ]^{\frac{32}{2^x - 32}}} = e^{\frac{5}{ \ln 2}} $$

[Erasmus_First]

"Albirz":
lim(x tende a 5) [(2x^3-8x^2-7x-4)/ (x^2-2x-4)] ^[(32)/(2^x-32)]

Se ho capito giusto, devi trovare il limite, per x tendente a 5, di:
$f(x)=((2x^3-8x^2-7x-4)/(x^2-2x-4))^(32/(2^x-32))$.
Questo limite vale $e^(5/ln(2)) ≈ 1357,602...$
Per verificarlo sperimentalmente sostituisci, in $f(x)$, $x$ con $5 + 10^(-9)$, calcola $f(5+10^(-9))$ con il computer (o con una calcolatrice elettronica) con almeno 10 cifre buone e poi confronta col calcolo di $e^(5/ln(2))$.

Per trovare che il limite è proprio $e^(5/ln(2))$ faccio come segue:
• Metto $5+x$ al posto di $x$. Poi farò il limite per $x → 0$;
• Sviluppo le potenze e poi trascuro le potenze di x con grado maggiore di 1;
• Vedo subito che l'esponente $32/(2^(5+x)-32)$ si semplifica in $1/(2^x-1)$.
[NB. Non sono capace di scrivere, col giusto simbolismo, "limite, per $x → 0$, di". Ma tu mi capirai lo stesso!]
$((2(5+x)^3-8(5+x)^2-7(5+x)-4)/((5+x)^2-2(5+x)-4))^(1/(2^x-1))= ((11+63x +o(x))/(11+8x+o(x)))^(1/(2^x-1))$.
• Siccome, per $x$ infinitesimo, $e^(kx) = 1 + kx + o(x)$, trovo
$1/(2^x-1)= 1/(e^(x·ln(2))-1) = 1/(x·ln(2) + o(x))$.
• Nel calcolo del limite per $x → 0$ trascuro gli $o(x)$ e faccio il limite, per $x → 0$, di:
$((11+63x )/(11+8x))^(1/(xln(2))) = ((1+63/11x)/(1+8/11x))^(1/(xln(2))) ≈ (1+(63/11-8/11)x)^(1/(xln(2)))=$
$= ((1+5x)^(1/(5x)))^(5/ln(2)) ≈ e^(5/ln(2)) = 1357,602...$
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[Berationalgetreal]

"Erasmus_First":[quote="Albirz"]
lim(x tende a 5) [(2x^3-8x^2-7x-4)/ (x^2-2x-4)] ^[(32)/(2^x-32)]

Se ho capito giusto, devi trovare il limite, per x tendente a 5, di:
$f(x)=((2x^3-8x^2-7x-4)/(x^2-2x-4))^(32/(2^x-32))$.
Questo limite vale $e^(5/ln(2)) ≈ 1357,602...$
Per verificarlo sperimentalmente sostituisci, in $f(x)$, $x$ con $5 + 10^(-9)$, calcola $f(5+10^(-9))$ con il computer (o con una calcolatrice elettronica) con almeno 10 cifre buone e poi confronta col calcolo di $e^(5/ln(2))$.

Per trovare che il limite è proprio $e^(5/ln(2))$ faccio come segue:
• Metto $5+x$ al posto di $x$. Poi farò il limite per $x → 0$;
• Sviluppo le potenze e poi trascuro le potenze di x con grado maggiore di 1;
• Vedo subito che l'esponente $32/(2^(5+x)-32)$ si semplifica in $1/(2^x-1)$.
[NB. Non sono capace di scrivere, col giusto simbolismo, "limite, per $x → 0$, di". Ma tu mi capirai lo stesso!]
$((2(5+x)^3-8(5+x)^2-7(5+x)-4)/((5+x)^2-2(5+x)-4))^(1/(2^x-1))= ((11+63x +o(x))/(11+8x+o(x)))^(1/(2^x-1))$.
• Siccome, per $x$ infinitesimo, $e^(kx) = 1 + kx + o(x)$, trovo
$1/(2^x-1)= 1/(e^(x·ln(2))-1) = 1/(x·ln(2) + o(x))$.
• Nel calcolo del limite per $x → 0$ trascuro gli $o(x)$ e faccio il limite, per $x → 0$, di:
$((11+63x )/(11+8x))^(1/(xln(2))) = ((1+63/11x)/(1+8/11x))^(1/(xln(2))) ≈ (1+(63/11-8/11)x)^(1/(xln(2)))=$
$= ((1+5x)^(1/(5x)))^(5/ln(2)) ≈ e^(5/ln(2)) = 1357,602...$
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[/quote]

Mi sembra che tu ti faccia influenzare un po' troppo dall'informatica, che forse è il tuo campo. In matematica non ha senso dire che $x + 5 = x$; in informatica lo avrebbe, perché il $=$ informatico è diverso da quello matematico. Comunque, tralasciando questo abuso di notazione, ciò che mi lascia perplesso è che dici di trascurare gli [tex]\text{o} (x)[/tex]; quindi sono identicamente $0$? Sono soltanto una notazione? Non credo proprio. Poi, tra l'altro, la verifica di un limite non si fa con il computer; ti consiglierei un ripasso di analisi matematica, o almeno di imparare a distinguerla dal calcolo numerico.

[axpgn]

"Berationalgetreal":... ti consiglierei un ripasso di analisi matematica, o almeno di imparare a distinguerla dal calcolo numerico.

A Erasmus?

[Berationalgetreal]

"axpgn":[quote="Berationalgetreal"]... ti consiglierei un ripasso di analisi matematica, o almeno di imparare a distinguerla dal calcolo numerico.

A Erasmus? [/quote]

Beh, io mi baso su quello che ho visto nella sua risposta. Non ho mi è mai capitata una sua altra risposta, quindi potrei aver esagerato. Resta il fatto che il modo in cui dice all'utente di verificare il limite non rientra nei canoni dell'analisi matematica; nel calcolo numerico, avrebbe senso. Semplicemente, non è il modo di rispondere in questa sezione, almeno nella mia modesta opinione.

[axpgn]

Vedi, hai fatto una serie di considerazioni condivisibili o meno (non entro nel merito) ma basarsi su un solo post per giudicare una persona mi pare proprio "esagerato" come tu stesso ammetti ...

[francicko]

Volendo si può mettere nella seguente forma, e sfruttare solamente i limiti notevoli in modo da evitare Hopital:
$lim_ (x->5)(1+x (x-5)xx (2x+1)/(x^2-2x-4))^((32)/(2^x-32))$ osservando che nel prodotto e' $lim_(x->5)x=5 $ , ed essendo anche $lim_(x->5)(2x+1)/(x^2-2x-4)=(11)/(11)=1$ , inoltre ad esponente si ha $lim_(x->5)(32)/(2^x-32) $ $=lim_(x->5)1/(2^x/(2^5)-1)$ $=lim_(x->5)1/(2^((x-5))-1)$, Possiamo riscrivere $lim_(x->5)(1+5×(x-5))^(1/(2^(x-5)-1) $,
a questo punto poniamo $t=(x-5) $ ed riscriviamo
$lim_(t->0)(1+5t)^(1/(2^t-1)) $ $=lim_(t->0)((1+5t)^(1/(5t)))^(5×1/((2^t-1)/t)) $ ed utilizzando i noti limiti notevoli $lim_(t->0)(1+5t)^(1/(5t))=e $ , ed $lim_(t->0)(2^t-1)/t=log2$, sostituendo avremo $lim_(t->0)(1+5t)^(1/(2^t-1)) $ $=lim_(t->0)e^(5/log2) $

[Ahornach]

Credo che il modo più facile per risolverlo sia sfruttare il fatto che
$$ \lim_{x \to 5}{\left( {\frac{2x^3-8x^2-7x-4}{x^2-2x-4}}\right) ^{\frac{32}{2^x-32}}} = e^{\lim_{x \to 5}{\ln{\left( {\frac{2x^3-8x^2-7x-4}{x^2-2x-4}}\right) ^{\frac{32}{2^x-32}}}} }$$
Seguendo questa strada, il limite all'esponente diventa:
$$ \lim_{x \to 5} \frac{32}{2^x-32} \ln{\left( \frac{2x^3-8x^2-7x-4}{x^2-2x-4}\right) } = 32 \lim_{x \to 5} \frac{ \ln{\left( \frac{2x^3-8x^2-7x-4}{x^2-2x-4}\right) }}{2^x-32} $$
Ci siamo ricondotti dunque ad una forma $ [ \frac{0}{0} ] $, che possiamo trattare attraverso la regola di De l'Hôpital.
Derivando numeratore e denominatore e passando attraverso qualche passaggio algebrico, otteniamo
$$ 32 \lim_{x \to 5} \frac{1}{2^x \ln{2}} \left( \frac{2x^4-8x^3-x^2+72x+20}{2x^5-12x^4+x^3+42x^2+36x+16}\right) = \frac{32}{\ln{2}} \cdot \lim_{x \to 5}{\frac{1}{2^x \ln{2}}} \cdot \lim_{x \to 5}{\left( \frac{2x^4-8x^3-x^2+72x+20}{2x^5-12x^4+x^3+42x^2+36x+16}\right)} $$
I due limiti si osserva direttamente che hanno come risultati $ \frac{1}{32 \ln 2 } $ e $ 5 $.

Dunque, il risultato del limite è
$$ e^{32 \cdot \frac{1}{32 \ln{2}} \cdot 5} = e^{\frac{5}{\ln{2}}} $$

[francicko]

Daccordo, ma in alcuni casi e' richiesto di non far uso del teorema di Hopital ma solo dei limiti notevoli, ed in tal caso non credo ci sia un modo diverso da quello Che Ho descritto.

[Erasmus_First]

@ Berationalgetreal

"Berationalgetreal":[...] In matematica non ha senso dire che $x + 5 = x$[...]
[...] ciò che mi lascia perplesso è che dici di trascurare gli [tex]\text{o} (x)[/tex]; quindi sono identicamente $0$? [...]
[...] la verifica di un limite non si fa con il computer; ti consiglierei un ripasso di analisi matematica [...]

a) Ho cominciato a scrivere che non c'erano ancora risposte. Oltre a essere lento, ho anche interrotto e poi ripreso senza uscire dalla pagina. Dopo aver inviato la mia risposta, ho visto che ero stato preceduto. Amen!
b) Non c'è bisogno di citarmi per intero, dato che scrivi di seguirto al mio post
c) Non ho detto che x è uguale a x+5. Ma tu ... sai leggere?
Ho detto che sostituendo x con x+5 al posto di calcolare il limite per x tendente a 5 bisognerà calcolare il limite per x tendente a zero. E questo è un bel vantaggio pratico! Vedo adesso che anche francicko ha sostanzialmento fatto proprio così.
Potevo cambiare lettera, per esempio mettre x = 5 + δ. Ma si dà il caso che il mio programma "Grapher" (per Mac) vuole che la variabile indipendente si chiami sempre x.
d) Nel calcolo di limiti per variabile infinitesima si fa proprio così: si trascurano (giustamente!) gli addendi infinitesimi di ordine superiore. Mi sa che sei tu che devi ripassarti le idee fondamentali del calcolo di limiti di forme indeterminate!
Per esempio, come mai la derivata di $x^2$ è $2x$?
Ovvio: questa derivata è il limite, al tendere di ∆x a zero, del rapporto (incrementale):
$((x+∆x)^2 - x^2)/(∆x) = (2x·∆x + ∆x^2)/(∆x)$.
Vedi dunque che $∆x^2$ è $o(∆x)$ , cioè "infinitesimo di ordine superiore" rispetto all'infinitesimo $∆x$]. Insomma: $∆x^2$ approssima 0 ben più in fretta di ∆x Ed è proprio per questo che è trascurabile.
[Resta dunque da fare il limite, per $∆x$ tendente a zero di $(2x·∆x)/(∆x) = 2x$; e ovviamente questo limite sarà $2x$ dato che $2x$ se ne frega del variare o meno di $∆x$] .
e) Che c'entra la "prova del 9" con l'algoritmo che ci ha insegnato la maestra per fare le moltiplicazioni tra numeri a più cifre?
Beh: è un criterio per garantirci di non aver sbagliato (o almeno di ridurre drasticamente la probabilità di aver sbagliato).
Faccio un limite, per x tendente a zero, di una certa $f(x)$ e mi viene un tot. Ai miei tempi, se un'espressione era un tantino complicata, ci voleva una vita a verificare che il limite fosse giusto calcolando l'espressione per valori di x piccolissimi! Al giorno d'oggi ci si mette qualche secondo!
Ma ti sei mai chiesto come fa un tachimetro a darti la velocità istantanea?
Mica ti dà davvero quella istantanea! Ti dà la velocità media in un tempo molto piccolo.
La verifica sperimentale di un limite è qualcosa di analogo: calcola l'espressione per variabile molto prossima al valore a cui tende la variabile nel calcolo teorico del limite.
Quello che ho usato è un esempio d'un bellissimo critrerio per assicurarsi di aver fatto bene il calcolo del limite!
Gurada qua:

E lascia perdere l'informatica che è ben altra cosa dal solo uso del computer o di una calcolatrice elettronica in grado di fare automaticamente ed in un battibaleno il calcolo che ti interessa.
[Per inciso:"uguale" è semre uguale, anche in informatica.
Solo che nei linguaggi di programmazione una variabile è una specie di "lavagna" in cui si può scrivere un numero che poi si può cancellare per scriverne un'altro.
In Pascal si scriveva x:=x+5 (e i leggeva "x diventa x+5") per dire "il nuovo contenuto di x è la somma tra il vecchio contenuto e 5".
Già nel vecchio BASIC si scriveva "Let x = x+5" e in certi linguaggi successivi si scrive pure "x = x+5", ma sepre per intendere che
il nuovo contenuto dell Vribile x è uguale alla somma tra il vecchio contenuto e 5]"

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