Calcolare limite usando i "classici" limiti notevoli
Ciao a tutti !
Oggi mi rivolgo a voi con un quesito banale riguardante il seguente limite:
$lim_(x->0)(sin^2(x)-x^2)/x^4$. L'ho risolto abbastanza agilmente usando De L'Hopital (applicato 3 volte) oppure McLaurin oppure il limite notevole $lim_(x->0)(x-sin(x))/x^3=1/6$, tuttavia non riesco a trovare un modo per risolverlo con altri limiti notevoli, senza usare il suddetto limite (ammesso che si possa fare). Ho provato a riscriverlo sia come somma per differenza $lim_(x->0)((sin(x)-x)*(sin(x)+x))/x^4$ sia sfruttando la relazione tra seno e coseno: $lim_(x->0)(1-cos^2(x)-x^2)/x^4$, ma, anche andando avanti e sfruttando i limiti notevoli di $lim_(x->0)sin(x)/x=1$ e $lim_(x->0)(1-cos(x))/x^2=-1/2$ non riesco a venirne a capo. Qualche suggerimento ? Sono sicuro che mi stia sfuggendo una banalità, ma non riesco proprio a vederla.
Grazie a quanti sapranno aiutarmi !
Saluti
Oggi mi rivolgo a voi con un quesito banale riguardante il seguente limite:
$lim_(x->0)(sin^2(x)-x^2)/x^4$. L'ho risolto abbastanza agilmente usando De L'Hopital (applicato 3 volte) oppure McLaurin oppure il limite notevole $lim_(x->0)(x-sin(x))/x^3=1/6$, tuttavia non riesco a trovare un modo per risolverlo con altri limiti notevoli, senza usare il suddetto limite (ammesso che si possa fare). Ho provato a riscriverlo sia come somma per differenza $lim_(x->0)((sin(x)-x)*(sin(x)+x))/x^4$ sia sfruttando la relazione tra seno e coseno: $lim_(x->0)(1-cos^2(x)-x^2)/x^4$, ma, anche andando avanti e sfruttando i limiti notevoli di $lim_(x->0)sin(x)/x=1$ e $lim_(x->0)(1-cos(x))/x^2=-1/2$ non riesco a venirne a capo. Qualche suggerimento ? Sono sicuro che mi stia sfuggendo una banalità, ma non riesco proprio a vederla.
Grazie a quanti sapranno aiutarmi !
Saluti
Risposte
Ciao BayMax,
Coi soli limiti notevoli non credo sia possibile, però si può usare qualche "sporco trucchetto", tipo quello che poi è stato usato ad esempio anche qui per trovare $ \lim_{x \to 0} (x-sin x)/x^3 = 1/6 $, cioè...
Supponiamo che il limite proposto esista finito e non nullo; allora si ha:
$\lim_{x \to 0} (sin^2(x)-x^2)/x^4 = l \ne 0 $
Posto $x := 2t $, si ha:
$l = \lim_{x \to 0} (sin^2 x - x^2)/x^4 = \lim_{t \to 0} (sin^2(2t) - 4 t^2)/(16t^4) = \lim_{t \to 0} ((2sin t cos t)^2 - 4 t^2)/(16t^4) = $
$ = \lim_{t \to 0} (sin^2 t cos^2 t - t^2)/(4t^4) = \lim_{t \to 0} (sin^2 t (1 - sin^2 t )- t^2)/(4t^4) = $
$ = 1/4 [\lim_{t \to 0} (sin^2 t - t^2)/t^4 - \lim_{t \to 0} (sin^4 t)/t^4] = 1/4 l - 1/4 $
Quindi si ha:
$ l = 1/4 l - 1/4 $
$3/4 l = - 1/4 $
$l = - 1/3 $
"BayMax":
Sono sicuro che mi stia sfuggendo una banalità, ma non riesco proprio a vederla.
Coi soli limiti notevoli non credo sia possibile, però si può usare qualche "sporco trucchetto", tipo quello che poi è stato usato ad esempio anche qui per trovare $ \lim_{x \to 0} (x-sin x)/x^3 = 1/6 $, cioè...
Supponiamo che il limite proposto esista finito e non nullo; allora si ha:
$\lim_{x \to 0} (sin^2(x)-x^2)/x^4 = l \ne 0 $
Posto $x := 2t $, si ha:
$l = \lim_{x \to 0} (sin^2 x - x^2)/x^4 = \lim_{t \to 0} (sin^2(2t) - 4 t^2)/(16t^4) = \lim_{t \to 0} ((2sin t cos t)^2 - 4 t^2)/(16t^4) = $
$ = \lim_{t \to 0} (sin^2 t cos^2 t - t^2)/(4t^4) = \lim_{t \to 0} (sin^2 t (1 - sin^2 t )- t^2)/(4t^4) = $
$ = 1/4 [\lim_{t \to 0} (sin^2 t - t^2)/t^4 - \lim_{t \to 0} (sin^4 t)/t^4] = 1/4 l - 1/4 $
Quindi si ha:
$ l = 1/4 l - 1/4 $
$3/4 l = - 1/4 $
$l = - 1/3 $
Ciao @pilloeffe !
Beh, che dire, grazie davvero ! Una gran bella soluzione. Inutile dire che non ci sarei mai arrivato
.
Il fatto che non ci siano altri limiti notevoli con cui risolverlo "mi rincuora". In effetti quel limite notevole $lim_(x->0) (x-sin(x))/x^3=1/6$ non l'avevo ancora mai visto prima d'ora e sono dovuto andare a cercarlo su tavole più complete dei limiti notevoli.
Grazie ancora !
Saluti
Beh, che dire, grazie davvero ! Una gran bella soluzione. Inutile dire che non ci sarei mai arrivato
.Il fatto che non ci siano altri limiti notevoli con cui risolverlo "mi rincuora". In effetti quel limite notevole $lim_(x->0) (x-sin(x))/x^3=1/6$ non l'avevo ancora mai visto prima d'ora e sono dovuto andare a cercarlo su tavole più complete dei limiti notevoli.
Grazie ancora !
Saluti
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