Alcuni Limiti

[Noisemaker]

Vorrei conferme o smentite rispetto a quaesti limiti:

[size=150]1[/size]
Calcolare:
$\lim_{x\to 0} \( 1 + e^{- \frac{1}{x^2}} \ \arctan \frac{1}{x^2} + x e^{- \frac{1}{x^2}} \sin \frac{1}{x^4}\)^{e^{\frac{1}{x^2}}}$

Analizzando gli elemeti del limite si osserva:

$\to $$e^{- \frac{1}{x^2}} \ \arctan \frac{1}{x^2} \to 0$ in quanto $e^{- \frac{1}{x^2}} \to 0$ e $\arctan \frac{1}{x^2} \to frac{pi\}{2}$

$\to $$x e^{- \frac{1}{x^2}} \sin \frac{1}{x^4} \to 0$ in quanto: $x\cdot \frac{1}{e^{\frac{1}{x^2}}}\cdot\sin \frac{1}{x^4}$ posto $\frac{1}{x^2}=t$ si che se $ x\to 0 \Rightarrow t\to+\infty$, allora:

$ \frac{1}{e^{t}}\cdot\sint^2=\frac{t^2}{t^2}\cdot\frac{1}{e^{t}}\cdot\sint^2=\frac{t^2}{e^t}\cdot\frac{\sint^2}{t^2}$ e dunque

$\frac{t}{e^t}\to0$ e $\frac{\sint^2}{t^2}\to0$

$\to $$e^{- \frac{1}{x^2}}\to 0$

in definitiva:
$\lim_{x\to 0} \( 1 + e^{- \frac{1}{x^2}} \ \arctan \frac{1}{x^2} + x e^{- \frac{1}{x^2}} \sin \frac{1}{x^4}\)^{e^{\frac{1}{x^2}}}=(1+0+0\cdot0)^0=1$


[size=150]2[/size]
Calcolare:

$\lim_{x\to +\infty} x\[\ln(1+frac{x}{2})- \ln (\frac{x}{2})\].$

si ha:

$x\[\ln(1+frac{x}{2})- \ln (\frac{x}{2})\]=x\[\ln(frac{1-\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})\]=x\[\ln(frac{2-x}{x))\]=x\[\ln(frac{2}{x)-1)\]$

ora ricordando che: $\ln(1+\frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x}$ $ (x\to +\infty) \Rightarrow \ln(frac{2}{x)-1)\sim \frac{2}{x}$
si ha

$x\[ \frac{2}{x}]=2$

[size=150]3[/size]
Calcolare:

$\lim_{x\to +\infty} \(\tan \frac{\pi x}{2x+1}\)^{\frac{1}{x}}$

si ha:


$\lim_{x\to +\infty} \(\tan \frac{\pi x}{2x+1}\)^{\frac{1}{x}}=e^{\ln\(\tan \frac{\pi x}{2x+1}\)^{\frac{1}{x}}} \Rightarrow \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\ln\(\tan \frac{\pi x}{2x+1}\)=\frac{1}{x}\ln\(\frac{\tan \frac{\pi x}{2x+1}}{ \frac{\pi x}{2x+1}}\cdot\frac{\pi x}{2x+1}\)=$

$=\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x}\cdot\ln\(\frac{\tan \frac{\pi x}{2x+1}}{ \frac{\pi x}{2x+1}}\)+\frac{1}{x}\cdot\ln\(\frac{\pi x}{2x+1}\)=0\cdot0+0\cdot\ln\(frac{\pi}{2})=0 \Rightarrow e^0=1$

[size=150]4[/size]
Calcolare:
$\lim_{x\to 0} \( 1 + xe^{- \frac{1}{x^2}} + \sin \frac{1}{x^4}\)^{e^{\frac{1}{x^2}}}$

abbiamo che $xe^{- \frac{1}{x^2}} x\to 0 $ e $\sin \frac{1}{x^4} $non esiste;

allora il limite dato non esiste

[Quinzio]

"Noisemaker":Vorrei conferme o smentite rispetto a quaesti limiti:

[size=150]1[/size]
Calcolare:
$\lim_{x\to 0} \( 1 + e^{- \frac{1}{x^2}} \ \arctan \frac{1}{x^2} + x e^{- \frac{1}{x^2}} \sin \frac{1}{x^4}\)^{e^{\frac{1}{x^2}}}$

Io riscriverei il imite così:
$lim_{x \to 0} (1+(arctan(1/(x^2))+xsin(1/(x^4)))/(e^{1/(x^2)}))^(e^{1/(x^2)})$

quindi ricordando che $lim_{w \to +oo}(1+1/w)^w=e$
riscriviamo il limite come:
$lim_{w \to +oo} (1+(arctan(w^2)+(sin(w^4))/(w))/(e^{w^2}))^(e^{w^2})$

sopra la frazione il termine dominante è arctan, perchè il seno è limitato tra 1 e -1, ma viene diviso da un infinito, per cui:
$lim_{w \to +oo} (1+((\pi)/(2))/(e^{w^2}))^(e^{w^2}) = \sqrt{e^{\pi}}$

[Seneca1]

"Noisemaker":
[size=150]2[/size]
Calcolare:

$\lim_{x\to +\infty} x\[\ln(1+frac{x}{2})- \ln (\frac{x}{2})\].$

si ha:

$x\[\ln(1+frac{x}{2})- \ln (\frac{x}{2})\]=x\[\ln(frac{1-\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})\]=x\[\ln(frac{2-x}{x))\]=x\[\ln(frac{2}{x)-1)\]$

$1+\frac{x}{2}$ lo fai diventare $1-\frac{x}{2}$ ?

[Seneca1]

"Noisemaker":[size=150]3[/size]

$=\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x}\cdot\ln\(\frac{\tan \frac{\pi x}{2x+1}}{ \frac{\pi x}{2x+1}}\)+\frac{1}{x}\cdot\ln\(\frac{\pi x}{2x+1}\)$

Ti sei accorto che $(pi x)/( 2x + 1)$ non è infinitesimo?

Non puoi usare il limite notevole $(tan(y))/y$ (se è questo che hai fatto).

EDIT: Secondo me la conclusione che hai tratto intorno al quarto limite non è adeguatamente giustificata.

[Quinzio]

Condivido l'opinione di Seneca.

$tan((\pix)/(2x+1))$ può essere espresso come

$tan((\pi)/(2)-(\pi)/(2(1+2x)))="cotan"((\pi)/(2(1+2x)))=1/tan((\pi)/(2(1+2x)))$

A questo punto la tangente diventa un infinitesimo e si può approssimare.

$2(1+2x)/(\pi)$

Quindi il limite si riduce sostanzialmente a un $lim_{x \to +oo} (x)^{1/x}=1$

[DMNQ]

Per il 3 , farei cosi :
Posso dire che $ \lim_{X->\frac{\pi}{2} } ( \pi/2-X ) tan(X) = 1 $
e dunque $ \lim_{x->+infty} ( \pi/2-\frac{\pi x}{2x+1} ) tan(\frac{\pi x}{2x+1}) = 1 $
cioè $ \lim_{x->+infty} ( frac{\pi }{4x+2} ) tan(\frac{\pi x}{2x+1}) = 1 $ .
Dopo , studio , come l'avete veduto ,
$ \lim_{x->+infty} \frac{1}{x} ln( tan(\frac{\pi x}{2x+1})) $
$ = \lim_{x->+infty} \frac{1}{x} ln( frac{\pi }{4x+2} tan(\frac{\pi x}{2x+1})) + \frac{1}{x} ln( frac{4x+2}{\pi }) $
$ = \lim_{x->+infty} \frac{1}{x} ln( frac{\pi }{4x+2} tan(\frac{\pi x}{2x+1})) + \frac{ ln( x)}{ x } $ $+ \frac{1}{x} ln(\frac{4x+2}{\pi x}) $
$ = 0 . ln(1) + 0 + 0.ln(\frac{4}{\pi}) = 0 $
quindi $\lim_{x\to +\infty} \(\tan \frac{\pi x}{2x+1}\)^{\frac{1}{x}} = e^0 = 1 $

[GlipCiksetyBlok]

Noisemaker, smettila di chiedere gli esercizi di mitidieri