Ancora limiti....
Spero nn mi malediciate visto ke è la 3° volta ke propongo limiti ke nn so risolvere.. cmq:
nei log i numeri prima dell'argomento sono le basi.. xke nn sapevo come fare i pedici...
a) $lim_(x->0+)(arctg((log3(x))/(x-x^2)))$
b)$lim_(x->-oo)(x^[-10]*3^(-(x+1))*2^x)$
c)$lim_(x->0-)(x^4*2^[-1/x])$
d)Studiare il limite al variare di $a in RR$
$lim_(x->0+)((arcsin(x^2+xlog2(x)))/((5x-log2x)*(x^a+3^[-1/x])))$
grazie
nei log i numeri prima dell'argomento sono le basi.. xke nn sapevo come fare i pedici...
a) $lim_(x->0+)(arctg((log3(x))/(x-x^2)))$
b)$lim_(x->-oo)(x^[-10]*3^(-(x+1))*2^x)$
c)$lim_(x->0-)(x^4*2^[-1/x])$
d)Studiare il limite al variare di $a in RR$
$lim_(x->0+)((arcsin(x^2+xlog2(x)))/((5x-log2x)*(x^a+3^[-1/x])))$
grazie
Risposte
a) è immediato, basta sostituire 0+, trovi arcotangente di $-infty$, cioè $-pi/2$
b) $lim_(x->-oo)(x^[-10]*3^(-(x+1))*2^x) = lim_(x->-oo)(x^[-10]*1/3*(2/3)^x)$
forma di indecisione, ma sicuramente domina l'esponenziale, pertanto:
$lim_(x->-oo)(1/3*(2/3)^x)=lim_(x->-oo)(1/3*(3/2)^(-x))=infty$
forma di indecisione, ma sicuramente domina l'esponenziale, pertanto:
$lim_(x->-oo)(1/3*(2/3)^x)=lim_(x->-oo)(1/3*(3/2)^(-x))=infty$
c) $lim_(x->0-)(x^4*2^[-1/x])$
Evidentemente è una forma d'indecisione del tipo $0*infty$, ma sicuramente domina l'esponenziale, quindi il lim è infinito.
Evidentemente è una forma d'indecisione del tipo $0*infty$, ma sicuramente domina l'esponenziale, quindi il lim è infinito.
Grazie, ma nn ci sarebbe un metodo senza dover valutare la "velocità" con cui la funzione tende ad infinito?
d) $lim_(x->0+)((arcsin(x^2+xlog2(x)))/((5x-log2x)*(x^a+3^[-1/x])))$
Il limite del numeratore è sicuramente 0; per il denominatore: la prima parentesi dà un contributo +infinito, nella seconda parentesi l'esponenziale dà un contributo sempre nullo, quindi lo trascuriamo. Dunque al denominatore avremo uno 0 per $a>0$ perché x elevato a qualsiasi numero positivo batte il logaritmo, mentre avremo un $+infty$ per $a<=0$.
Allora, per $a<=0$ il limite totale è nullo. Per $a>0$ forma di indecisione del tipo $0/0$. Prova a risolverla te.
Il limite del numeratore è sicuramente 0; per il denominatore: la prima parentesi dà un contributo +infinito, nella seconda parentesi l'esponenziale dà un contributo sempre nullo, quindi lo trascuriamo. Dunque al denominatore avremo uno 0 per $a>0$ perché x elevato a qualsiasi numero positivo batte il logaritmo, mentre avremo un $+infty$ per $a<=0$.
Allora, per $a<=0$ il limite totale è nullo. Per $a>0$ forma di indecisione del tipo $0/0$. Prova a risolverla te.
"Dust":
Grazie, ma nn ci sarebbe un metodo senza dover valutare la "velocità" con cui la funzione tende ad infinito?
Perché ti devi complicare la vita? Mi sembra il metodo più veloce, intuitivo e semplice. Comunque potresti sempre considerare la parte principale delle varie funzioni o, equivalente, i relativi sviluppi in serie di Taylor.
Sul limite C) puoi effettuare la sostituzione ed utilizzare il limite notevole $e^x/x^n=+oo$
"luca.barletta":
[quote="Dust"]Grazie, ma nn ci sarebbe un metodo senza dover valutare la "velocità" con cui la funzione tende ad infinito?
Perché ti devi complicare la vita? Mi sembra il metodo più veloce, intuitivo e semplice. Comunque potresti sempre considerare la parte principale delle varie funzioni o, equivalente, i relativi sviluppi in serie di Taylor.[/quote]
T ringrazio intanto. il fatto è ke nn so se il nostro prof ci lasci usare questi metodi oppure no.. ciao
"Dust":
[quote="luca.barletta"][quote="Dust"]Grazie, ma nn ci sarebbe un metodo senza dover valutare la "velocità" con cui la funzione tende ad infinito?
Perché ti devi complicare la vita? Mi sembra il metodo più veloce, intuitivo e semplice. Comunque potresti sempre considerare la parte principale delle varie funzioni o, equivalente, i relativi sviluppi in serie di Taylor.[/quote]
T ringrazio intanto. il fatto è ke nn so se il nostro prof ci lasci usare questi metodi oppure no.. ciao[/quote]
E perché no? sono sempre ragionamenti giustificabili matematicamente, non c'è nulla di esoterico dietro ciò.
"luca.barletta":
[quote="Dust"][quote="luca.barletta"][quote="Dust"]Grazie, ma nn ci sarebbe un metodo senza dover valutare la "velocità" con cui la funzione tende ad infinito?
Perché ti devi complicare la vita? Mi sembra il metodo più veloce, intuitivo e semplice. Comunque potresti sempre considerare la parte principale delle varie funzioni o, equivalente, i relativi sviluppi in serie di Taylor.[/quote]
T ringrazio intanto. il fatto è ke nn so se il nostro prof ci lasci usare questi metodi oppure no.. ciao[/quote]
E perché no? sono sempre ragionamenti giustificabili matematicamente, non c'è nulla di esoterico dietro ciò.[/quote]
ok, ma dico x il fatto ke ancora nn li abbiamo fatti... cmq io t do ragione.. se si può fare meno fatica...
ciao!
Ho un'altro limite da proporre.... li scrivo qua x nn creare topic ripetitivi(sperando ke qlc lo guardi)
$lim_(x->2)(x^2-4)/((5x-1)^(1/2)-3)$
Poi volevo anke chiedere una cosa ke mi ronza in testa ma ke nn riesco a spiegarmi... se io ho tipo una funzione
$f(x)=(x)^(1/2)+3$, so ke viene il solito ramo di parabola d centro $(0,3)$ ma nn riesco a spiegarmi quale delle 2 semiparabole devo scegliere, ossia quale restrizione del codominio devo scegliere.. spero ke riusciate a delucidare questo mio dubbio. ciao
$lim_(x->2)(x^2-4)/((5x-1)^(1/2)-3)$
Poi volevo anke chiedere una cosa ke mi ronza in testa ma ke nn riesco a spiegarmi... se io ho tipo una funzione
$f(x)=(x)^(1/2)+3$, so ke viene il solito ramo di parabola d centro $(0,3)$ ma nn riesco a spiegarmi quale delle 2 semiparabole devo scegliere, ossia quale restrizione del codominio devo scegliere.. spero ke riusciate a delucidare questo mio dubbio. ciao
Se hai già studiato De L'Hopital applica quello. Per quanto riguarda il ramo di parabola che devi scegliere: se usi $f(x)=+sqrt(x)+3$, allora $f(x)$ è crescente, quindi....
Per il limite, io quando x tende a k
diverso da 0 che non sia $oo$, pongo sempre
$x-k=y$ cosicché venga un limite per $y->0$,
per cui si possono usare gli sviluppi di MacLaurin.
In tal caso, facendo come ho detto si ottiene:
$lim_(y->0) (y^2+4y)/(sqrt(5y+9)-3)
adesso, volendo si può razionalizzare il denominatore,
oppure si può usare lo sviluppo di MacLaurin $(1+x)^a=1+ax+o(x)$ per $x->0$:
$sqrt(5y+9)=sqrt(9(5/9 y+1)) = sqrt9 * sqrt(5/9 y + 1) = 3*(1+5/18 y + o(y)) = 3 + 15/18 y + o(y)
quindi $sqrt(5y+9)-3 = 15/18 y + o(y)=15/18y(1+o(1))$ per $y->0$.
Al numeratore si ha $4y(1+y/4)$, quindi semplificando
si ottiene, per $y->0$, $(1+y/4)/(15/18 + o(1)) = (1+o(1))/(15/18+o(1)) -> 18/15
diverso da 0 che non sia $oo$, pongo sempre
$x-k=y$ cosicché venga un limite per $y->0$,
per cui si possono usare gli sviluppi di MacLaurin.
In tal caso, facendo come ho detto si ottiene:
$lim_(y->0) (y^2+4y)/(sqrt(5y+9)-3)
adesso, volendo si può razionalizzare il denominatore,
oppure si può usare lo sviluppo di MacLaurin $(1+x)^a=1+ax+o(x)$ per $x->0$:
$sqrt(5y+9)=sqrt(9(5/9 y+1)) = sqrt9 * sqrt(5/9 y + 1) = 3*(1+5/18 y + o(y)) = 3 + 15/18 y + o(y)
quindi $sqrt(5y+9)-3 = 15/18 y + o(y)=15/18y(1+o(1))$ per $y->0$.
Al numeratore si ha $4y(1+y/4)$, quindi semplificando
si ottiene, per $y->0$, $(1+y/4)/(15/18 + o(1)) = (1+o(1))/(15/18+o(1)) -> 18/15
Mi sa che il risultato non è 18/15
Sia de l'Hopital ke MacLaurin li so usare, ma siccome nn li ho ancora trattati quest'anno penso ke prenderò in considerazione il 1° metodo citato da fireball. Ad ogni modo grazie ad entrambi!!!!!!!! Ciao
ps: ha ragione luca.. il derive dice ke è $24/5$ cmq sarà un errore d calcolo.. ciao
ps: ha ragione luca.. il derive dice ke è $24/5$ cmq sarà un errore d calcolo.. ciao
Hai ragione, ho dimenticato un 4.
Semplificando si ha, per $y->0$:
$(4(1+y/4))/(15/18+o(1)) = (4+o(1))/(15/18 + o(1)) -> 4*18/15 = 24/5
Semplificando si ha, per $y->0$:
$(4(1+y/4))/(15/18+o(1)) = (4+o(1))/(15/18 + o(1)) -> 4*18/15 = 24/5
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