Calcolo limite

[LukeTek]

Ho dei problemi col calcolo di questo limite:

$\lim_{x->oo} \frac{e^(-3x)}{(4x^3+x^4+2)ln(1+(1/x^2))}$

Non so che pesci pigliare visto che mi ritrovo in una forma d'indecisione del tipo $0/(0*oo)$

[wnvl]

Sei sicuro?

Il numeratore è \(\displaystyle e^-3 \) e anche il denominatore è diverso di 0 o \(\displaystyle \infty \).

[LukeTek]

"wnvl":Sei sicuro?

Il numeratore è \(\displaystyle e^-3 \) e anche il denominatore è diverso di 0 o \(\displaystyle \infty \).

si scusa hai ragione, ho scritto male il testo, tende ad infinito

[wnvl]

Calcoli prima

$\lim_{x->oo} \frac{\frac{1}{4x^3+x^4+2}}{ln(1+(1/x^2))}$

Puoi applicare De L'Hospital.

[LukeTek]

"wnvl":Calcoli prima

$\lim_{x->oo} \frac{\frac{1}{4x^3+x^4+2}}{ln(1+(1/x^2))}$

Puoi applicare De L'Hospital.

e la e? cmq non mi è permesso usare De l'Hospital in prova...dovrei trovare qualche altro metodo...

[Noisemaker]

considera:


$ln(1+1/x^2) \sim 1/x^2 (x\to\infty)$

allora:

$\lim_{x\to+\infty} \frac{e^{-3x}}{(4x^3+x^4+2)\ln(1+(1/x^2))}= \frac{e^{-3x}}{\frac{4x^3+x^4+2}{x^2}}= \frac{x^2 e^{-3x}}{4x^3+x^4+2}$

essendo:

$x^2 e^{-3x} \to 0$

si ottiene:

$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2 e^{-3x}}{4x^3+x^4+2}=\frac{0}{+\infty}=0$

[LukeTek]

"Noisemaker":considera:


$ln(1+1/x^2) \sim 1/x^2 (x\to\infty)$

allora:

$\lim_{x\to+\infty} \frac{e^{-3x}}{(4x^3+x^4+2)\ln(1+(1/x^2))}= \frac{e^{-3x}}{\frac{4x^3+x^4+2}{x^2}}= \frac{x^2 e^{-3x}}{4x^3+x^4+2}$

essendo:

$x^2 e^{-3x} \to 0$

si ottiene:

$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2 e^{-3x}}{4x^3+x^4+2}=\frac{0}{+\infty}=0$

Grazie!!!

Approfitto della tua gentilezza per porti un altro quesito:

$\lim_{x->1} \frac{sin^5(x-1)(x^2-1)^(1/3)}{(lnx)^2}$

come lo risolveresti? è sempre un indecisione 0/0 e sempre non posso usare De L'hospital...

[Flaviuz1]

Questo limite è fatto per usare la formula di Taylor : )
magari sosituisci $y=x-1$

[Noisemaker]

effettivamente gli sviluppi di Taylor sarebbero la via più semplice e rapida....tuttavia se non puoi usare De L'Hospital, immagino che non potrai usare nemmeno Taylor...
Allora, usando la sostituzione sugerita, abbiamo:
$x-1=t$ quindi $x=t+1$, e quando $x\to1$ abbiamo che $t\to0$, e il limite diviene:

$\lim_{t->0} \frac{sin^5t\cdot(t^2+2t)^(1/3)}{[ln(t+1)]^2}$

ora, $ln(t+1)\sim t$ quando $ (t\to0)$ e dunque $[ln(t+1)]^2\sim t^2$

$\lim_{t->0} \frac{sin^5t\cdot(t^2+2t)^(1/3)}{[ln(t+1)]^2}=\lim_{t->0} \frac{sin^5t\cdot(t^2+2t)^(1/3)}{t^2}=\lim_{t->0} \frac{sin^5t}{t^5} \cdot t^3\cdot(t^2+2t)^(1/3)$
e dunque:

\begin{matrix} \lim_{t\to0} \underbrace{\frac{\sin t}{t}\cdots \frac{\sin t}{t}}_{5-volte} \cdot t^3\cdot(t^2+2t)^{\frac{1}{3}}=1\cdot0\cdot0=0 \end{matrix}

[LukeTek]

"Noisemaker":effettivamente gli sviluppi di Taylor sarebbero la via più semplice e rapida....tuttavia se non puoi usare De L'Hospital, immagino che non potrai usare nemmeno Taylor...
Allora, usando la sostituzione sugerita, abbiamo:
$x-1=t$ quindi $x=t+1$, e quando $x\to1$ abbiamo che $t\to0$, e il limite diviene:

$\lim_{t->0} \frac{sin^5t\cdot(t^2+2t)^(1/3)}{[ln(t+1)]^2}$

ora, $ln(t+1)\sim t$ quando $ (t\to0)$ e dunque $[ln(t+1)]^2\sim t^2$

$\lim_{t->0} \frac{sin^5t\cdot(t^2+2t)^(1/3)}{[ln(t+1)]^2}=\lim_{t->0} \frac{sin^5t\cdot(t^2+2t)^(1/3)}{t^2}=\lim_{t->0} \frac{sin^5t}{t^5} \cdot t^3\cdot(t^2+2t)^(1/3)$
e dunque:

\begin{matrix} \lim_{t\to0} \underbrace{\frac{\sin t}{t}\cdots \frac{\sin t}{t}}_{5-volte} \cdot t^3\cdot(t^2+2t)^{\frac{1}{3}}=1\cdot0\cdot0=0 \end{matrix}

°_° ragionamento perfetto non avevo proprio pensato alla sostituzione, grazie mille!!!!