Calcolo limiti logaritmi, seno e neplero
Ciao, potete darmi una mano con i seguenti limiti? non ne vengo fuori, avrei bisogno dei passaggi per capire come muovermi... 
$lim_(x->infty) ((ln(2x^2+4))/(ln(x^3-1)))$
Qui ho provato a liberarmi dei ln e raccogliere $x^2$ sopra e $x^3$ sotto ma è errato, mi viene 2/infinito come risultato del limite.
$lim_(x->(pi/6)) ((ln(x^3-1))/(sqrt(x+1)))$
Qui ho razionalizzato il denominatore ed ho ottenuto $sqrt(x+1)*ln(x^3-1)/(x+1)$
non so più come andare avanti.
Ultimo:
$lim_(x->1) ((sin(x^(1/5)-1))/(e^(sqrt(x)-1)-1))$
qui sono proprio fermo.
Vi ringrazio!!
$lim_(x->infty) ((ln(2x^2+4))/(ln(x^3-1)))$
Qui ho provato a liberarmi dei ln e raccogliere $x^2$ sopra e $x^3$ sotto ma è errato, mi viene 2/infinito come risultato del limite.
$lim_(x->(pi/6)) ((ln(x^3-1))/(sqrt(x+1)))$
Qui ho razionalizzato il denominatore ed ho ottenuto $sqrt(x+1)*ln(x^3-1)/(x+1)$
non so più come andare avanti.
Ultimo:
$lim_(x->1) ((sin(x^(1/5)-1))/(e^(sqrt(x)-1)-1))$
qui sono proprio fermo.
Vi ringrazio!!
Risposte
Ciao. nel secondo non viene una forma indeterminata, (a meno che tu non abbia sbagliato a scrivere il testo).
Nel primo basta puoi considerare il limite del rapporto $(ln(x^2))/ln(x^3)$ e sfruttare il confronto fra infiniti.
Nel terzo hai che l'argomento del seno, per $x \rarr 1$,tende a $0$. Pertanto $sin(x^(1/5) - 1)$ va come il suo argomento, cioè $x^(1/5) - 1$.
Al denominatore la storia è la stessa, applicando un altro limite notevole vedi subito che si comporta come $\sqrt(x) -1$.
[potresti usare sostituzioni per essere più formale...]
Quest ultimo è un tipico esempio di casi dove non importa a cosa tenda la $x$, l'importante è che l'argomento (dell'eventuale limite notevole) sia infinitesimo.
Nel primo basta puoi considerare il limite del rapporto $(ln(x^2))/ln(x^3)$ e sfruttare il confronto fra infiniti.
Nel terzo hai che l'argomento del seno, per $x \rarr 1$,tende a $0$. Pertanto $sin(x^(1/5) - 1)$ va come il suo argomento, cioè $x^(1/5) - 1$.
Al denominatore la storia è la stessa, applicando un altro limite notevole vedi subito che si comporta come $\sqrt(x) -1$.
[potresti usare sostituzioni per essere più formale...]
Quest ultimo è un tipico esempio di casi dove non importa a cosa tenda la $x$, l'importante è che l'argomento (dell'eventuale limite notevole) sia infinitesimo.
P.S.: é Nepero, non Neplero 
Ciao feddy,
Beh, è facile: Nepero + Eulero = Neplero
Beh, è facile: Nepero + Eulero = Neplero
ciao @pilloeffe. In effetti, non fa una piega
"feddy":
Ciao. nel secondo non viene una forma indeterminata, (a meno che tu non abbia sbagliato a scrivere il testo).
Nel primo basta puoi considerare il limite del rapporto $(ln(x^2))/ln(x^3)$ e sfruttare il confronto fra infiniti.
Nel terzo hai che l'argomento del seno, per $x \rarr 1$,tende a $0$. Pertanto $sin(x^(1/5) - 1)$ va come il suo argomento, cioè $x^(1/5) - 1$.
Al denominatore la storia è la stessa, applicando un altro limite notevole vedi subito che si comporta come $\sqrt(x) -1$.
[potresti usare sostituzioni per essere più formale...]
Quest ultimo è un tipico esempio di casi dove non importa a cosa tenda la $x$, l'importante è che l'argomento (dell'eventuale limite notevole) sia infinitesimo.
Ciao intanto grazie. Non mi sono spiegato tanto bene, pardon, ad ogni modo:
Nel primo sei arrivato a quel punto per logica? (Che è sensata) o hai sviluppato comunque qualche sbroglio algebrico?
Inoltre non arrivo lo stesso al risultato 2/3 riportato dal calcolatore..
Nel secondo non ho detto che doveva essere una forma indet. però mi sono bloccato nella sostituzione..
Nel terzo invece ero arrivato infine allo 0/0 ma ho solito problema che non riesco a manipolare bene per sbrogliare la forma indeterminata
volevo qualche consiglio oppure una soluzione da poter mettermi lì e capire anche per esercizi analoghi.. grazie
Ok, guardiamo il primo intanto.
Per il confronto fra infiniti, ha senso considerare solo $ lim_(x -> +\infty) \frac{ln(x^2)}{ln(x^3)} $ . Usa la nota proprietà dei logaritmi, e quel limite vale $2/3$.
Mi sembrava di averlo detto:
Intendo che se l'argomento del seno, tende a $0$ (per $x \rarr c$), allora il seno al prim'ordine si può approssimare con il suo argomento. Questo perché il limite del loro rapporto fa $1$ (è un limite notevole).
Più formalmente, $ lim_(f(x) -> 0) sin(f(x))/f(x)=1 $ . Dimostarlo è molto semplice, basta usare la sostituzione per rifarsi all'originale limite notevole del seno.
Ragionando analogamente a sopra, ottieni che $ lim_(f(x) -> 0) (e^(f(x))-1)/f(x)=1 $.
Pertanto puoi riscrivere il limite come $ lim_(x -> 1) \frac{x^(1/5) -1}{sqrt(x) -1} $. Ora però come vedi ti rimane una forma indeterminata... domanda: hai fatto gli sviluppi di Taylor?
Per il confronto fra infiniti, ha senso considerare solo $ lim_(x -> +\infty) \frac{ln(x^2)}{ln(x^3)} $ . Usa la nota proprietà dei logaritmi, e quel limite vale $2/3$.
"leleallariscossa":
volevo qualche consiglio oppure una soluzione da poter mettermi lì e capire anche per esercizi analoghi.. grazie
Mi sembrava di averlo detto:
"feddy":
è un tipico esempio di casi dove non importa a cosa tenda la x, l'importante è che l'argomento (dell'eventuale limite notevole) sia infinitesimo.
Intendo che se l'argomento del seno, tende a $0$ (per $x \rarr c$), allora il seno al prim'ordine si può approssimare con il suo argomento. Questo perché il limite del loro rapporto fa $1$ (è un limite notevole).
Più formalmente, $ lim_(f(x) -> 0) sin(f(x))/f(x)=1 $ . Dimostarlo è molto semplice, basta usare la sostituzione per rifarsi all'originale limite notevole del seno.
Ragionando analogamente a sopra, ottieni che $ lim_(f(x) -> 0) (e^(f(x))-1)/f(x)=1 $.
Pertanto puoi riscrivere il limite come $ lim_(x -> 1) \frac{x^(1/5) -1}{sqrt(x) -1} $. Ora però come vedi ti rimane una forma indeterminata... domanda: hai fatto gli sviluppi di Taylor?
"feddy":
Ok, guardiamo il primo intanto.
Per il confronto fra infiniti, ha senso considerare solo $ lim_(x -> +\infty) \frac{ln(x^2)}{ln(x^3)} $ . Usa la nota proprietà dei logaritmi, e quel limite vale $2/3$.
[quote="leleallariscossa"]volevo qualche consiglio oppure una soluzione da poter mettermi lì e capire anche per esercizi analoghi.. grazie
Mi sembrava di averlo detto:
"feddy":
è un tipico esempio di casi dove non importa a cosa tenda la x, l'importante è che l'argomento (dell'eventuale limite notevole) sia infinitesimo.
Intendo che se l'argomento del seno, tende a $0$ (per $x \rarr c$), allora il seno al prim'ordine si può approssimare con il suo argomento. Questo perché il limite del loro rapporto fa $1$ (è un limite notevole).
Più formalmente, $ lim_(f(x) -> 0) sin(f(x))/f(x)=1 $ . Dimostarlo è molto semplice, basta usare la sostituzione per rifarsi all'originale limite notevole del seno.
Ragionando analogamente a sopra, ottieni che $ lim_(f(x) -> 0) (e^(f(x))-1)/f(x)=1 $.
Pertanto puoi riscrivere il limite come $ lim_(x -> 1) \frac{x^(1/5) -1}{sqrt(x) -1} $. Ora però come vedi ti rimane una forma indeterminata... domanda: hai fatto gli sviluppi di Taylor?[/quote]
è proprio qui che mi frego. Applicando la proprietà dei logaritmi ottengo che $2 ln (x)/(3ln(x))$ e ritorno sempre a infinito su infinito....
Per l'ultimo non ho fatto gli sviluppi di taylor ancora
"feddy":
Nel primo basta puoi considerare il limite del rapporto $(ln(x^2))/ln(x^3)$ e sfruttare il confronto fra infiniti.
Per esperienza ti dico che questi "confronti tra infiniti" sono il miglior modo per sbagliare. Inoltre, in un tema d'esame potrebbero non essere accettati. Procedere in modo completamente rigoroso è chiaro è anche più semplice: per prima cosa, guardando il rapporto
\[
\frac{\log (2x^2+4)}{\log(x^3-1)}, \]
e tenendo conto che \(x\to +\infty\), si capisce che i due termini additivi \(4, -1\) sono molto più piccoli dei corrispettivi \(2x^2, x^3\). Quindi si raccolgono a fattore comune i termini che si pensa siano dominanti:
\[
\frac{\log [2x^2(1+4/(2x^2))]}{\log[x^3(1-1/(x^3))]}, \]
e si usa la proprietà dei logaritmi di trasformare prodotti in somme:
\[
\frac{\log(2x^2) + \log (1+4/(2x^2))]}{\log(x^3) + \log(1-1/(x^3))]} \]
@lele: se vuoi, prova a continuare da qui
Verissimo dissonance ! Ti ringrazio
"dissonance":
[quote="feddy"]
Nel primo basta puoi considerare il limite del rapporto $(ln(x^2))/ln(x^3)$ e sfruttare il confronto fra infiniti.
Per esperienza ti dico che questi "confronti tra infiniti" sono il miglior modo per sbagliare. Inoltre, in un tema d'esame potrebbero non essere accettati. Procedere in modo completamente rigoroso è chiaro è anche più semplice: per prima cosa, guardando il rapporto
\[
\frac{\log (2x^2+4)}{\log(x^3-1)}, \]
e tenendo conto che \(x\to +\infty\), si capisce che i due termini additivi \(4, -1\) sono molto più piccoli dei corrispettivi \(2x^2, x^3\). Quindi si raccolgono a fattore comune i termini che si pensa siano dominanti:
\[
\frac{\log [2x^2(1+4/(2x^2))]}{\log[x^3(1-1/(x^3))]}, \]
e si usa la proprietà dei logaritmi di trasformare prodotti in somme:
\[
\frac{\log(2x^2) + \log (1+4/(2x^2))]}{\log(x^3) + \log(1-1/(x^3))]} \]
@lele: se vuoi, prova a continuare da qui[/quote]
Ti ringrazio intanto, era quello che intendevo, perchè in esame non possiamo usare il confronto (vale per l'orale invece).
Ad ogni modo, mi viene 4/3! Ecco i passaggi dopo il tuo.
$ ((2 log (2x)) + log (1+(4/(2x^2))))/(3 log x + log (1-(1/x^3)))$
$(4x+1+(2/x^2))/((3x+1-(1/x^3))$
quindi:
$(x(4+(1/x)+(2/x^3)))/((x(3+(1/x)-(1/x^4))))$
il cui limite è, una volta semplificate le x, 4/3..
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