Chiedo lumi per alcuni limiti "rognosi".Help!
Ciao
vi chiedo aiuto per i seguenti limiti di forma indeterminata $oo- oo$
Primo limite:
$\lim_{x \to \+infty}(sqrt(x^2+x+1)) log(1+cos(1/sqrt(x))) - xlog2$
Ho provato a risolvere così: $log(1+cos(1/sqrt(x))) $ per $x\to +oo$ è $log2$
quindi resterebbe $\lim_{x \to \+infty}(sqrt(x^2+x+1)) log2 - xlog2$
Poi: $\lim_{x \to \+infty}log2((sqrt(x^2+x+1)) - x)$
Metto in evidenza $x$ per ricondurmi al limite notevole $((x+1)^\alpha-1)/x =\alpha$
Per cui il risultato è $1/2log2$.
Il libro ha come risultato $1/2log2-1/4$.
Da dove salta fuori $1/4$?E' esatto il mio ragionamento?
Secondo limite
$\lim_{x \to \+infty}(arcsinhx-log(3x+2+cos5x))$
Moltiplico e divido $arcsinhx$ per $x$ riconducendomi al limite notevole $f(x)/x=1$, e resta $x$.
Poi scrivo $x$ come $log e^x$
Il tutto diventa: $\lim_{x \to \+infty}(loge^x-log(3x+2+cos5x))$
Infine applico la proprietà della differenza dei logaritmi:
$\lim_{x \to \+infty}log(e^x/(3x))$, dopo aver trascurato le funzioni limitate e gli infiniti minori nell'argomento del logaritmo.
Il risultato cui giungo è $+oo$, mentre il libro dice $log(2/3)$ Dove sbaglio?
Terzo limite
$\lim_{x \to \+infty}((x^3+1)/(x+2)3^cos(1/x)-(3x^4+x^2+1)/(x^2+2x))$
trascuro gli infiniti minori e il tutto diviene $\lim_{x \to \+infty}(x^2 3^cos(1/x)-3x^2)$
Metto in evidenza $3x^2$ ed ho $\lim_{x \to \+infty}3x^2 (3^(cos(1/x)-1)-1)$
Mi riconduco al limite notevole $(\alpha^x-1)/x=log \alpha$ moltiplicando e dividendo per $cos(1/x)-1$ ed ottengo
$x^2log3(cos(1/x)-1)$. Moltiplico e divido per $1/x^2$ per ricondurmi al limite notevole $(1-cosx)/x^2=1/2$
Per cui ho: $-x^2log3 1/(2x^2)$ e quindi $-log3/2$. Il libro dà, però, il risultato $-log3/2-1$. Dove salta fuori $-1$?
Quarto limite
$\lim_{x \to 0+}(sqrt(x^2+3x+1)/x -1/(x+2x^3))$
Il libro dà questo suggerimento: porre $1/x=y$, poi aggiungere e sottrarre $1/x=y$ ,
$\lim_{x \to 0+}(ysqrt(x^2+3x+1) -1/(x+2x^3)+y -y)$
Metto in evidenza $y$ per ricondurmi al limite notevole $((x+1)^\alpha-1)/x =\alpha$, però svolgendo i successivi passaggi algebrici non torna (risultato $3/2$) Sono piantato, cerco lumi!!!
vi chiedo aiuto per i seguenti limiti di forma indeterminata $oo- oo$
Primo limite:
$\lim_{x \to \+infty}(sqrt(x^2+x+1)) log(1+cos(1/sqrt(x))) - xlog2$
Ho provato a risolvere così: $log(1+cos(1/sqrt(x))) $ per $x\to +oo$ è $log2$
quindi resterebbe $\lim_{x \to \+infty}(sqrt(x^2+x+1)) log2 - xlog2$
Poi: $\lim_{x \to \+infty}log2((sqrt(x^2+x+1)) - x)$
Metto in evidenza $x$ per ricondurmi al limite notevole $((x+1)^\alpha-1)/x =\alpha$
Per cui il risultato è $1/2log2$.
Il libro ha come risultato $1/2log2-1/4$.
Da dove salta fuori $1/4$?E' esatto il mio ragionamento?
Secondo limite
$\lim_{x \to \+infty}(arcsinhx-log(3x+2+cos5x))$
Moltiplico e divido $arcsinhx$ per $x$ riconducendomi al limite notevole $f(x)/x=1$, e resta $x$.
Poi scrivo $x$ come $log e^x$
Il tutto diventa: $\lim_{x \to \+infty}(loge^x-log(3x+2+cos5x))$
Infine applico la proprietà della differenza dei logaritmi:
$\lim_{x \to \+infty}log(e^x/(3x))$, dopo aver trascurato le funzioni limitate e gli infiniti minori nell'argomento del logaritmo.
Il risultato cui giungo è $+oo$, mentre il libro dice $log(2/3)$ Dove sbaglio?
Terzo limite
$\lim_{x \to \+infty}((x^3+1)/(x+2)3^cos(1/x)-(3x^4+x^2+1)/(x^2+2x))$
trascuro gli infiniti minori e il tutto diviene $\lim_{x \to \+infty}(x^2 3^cos(1/x)-3x^2)$
Metto in evidenza $3x^2$ ed ho $\lim_{x \to \+infty}3x^2 (3^(cos(1/x)-1)-1)$
Mi riconduco al limite notevole $(\alpha^x-1)/x=log \alpha$ moltiplicando e dividendo per $cos(1/x)-1$ ed ottengo
$x^2log3(cos(1/x)-1)$. Moltiplico e divido per $1/x^2$ per ricondurmi al limite notevole $(1-cosx)/x^2=1/2$
Per cui ho: $-x^2log3 1/(2x^2)$ e quindi $-log3/2$. Il libro dà, però, il risultato $-log3/2-1$. Dove salta fuori $-1$?
Quarto limite
$\lim_{x \to 0+}(sqrt(x^2+3x+1)/x -1/(x+2x^3))$
Il libro dà questo suggerimento: porre $1/x=y$, poi aggiungere e sottrarre $1/x=y$ ,
$\lim_{x \to 0+}(ysqrt(x^2+3x+1) -1/(x+2x^3)+y -y)$
Metto in evidenza $y$ per ricondurmi al limite notevole $((x+1)^\alpha-1)/x =\alpha$, però svolgendo i successivi passaggi algebrici non torna (risultato $3/2$) Sono piantato, cerco lumi!!!
Risposte
"vitus":
Ciao
vi chiedo aiuto per i seguenti limiti di forma indeterminata $oo- oo$
Primo limite:
$\lim_{x \to \+infty}(sqrt(x^2+x+1)) log(1+cos(1/sqrt(x))) - xlog2$
Ho provato a risolvere così: $log(1+cos(1/sqrt(x))) $ per $x\to +oo$ è $log2$
quindi resterebbe $\lim_{x \to \+infty}(sqrt(x^2+x+1)) log2 - xlog2$
Poi: $\lim_{x \to \+infty}log2((sqrt(x^2+x+1)) - x)$
Metto in evidenza $x$ per ricondurmi al limite notevole $((x+1)^\alpha-1)/x =\alpha$
Per cui il risultato è $1/2log2$.
Il libro ha come risultato $1/2log2-1/4$.
Da dove salta fuori $1/4$?E' esatto il mio ragionamento?
No, non è esatto.
L'errore è qui:
"vitus":
$log(1+cos(1/sqrt(x)))$ per $x\to +oo$ è $log2$
quindi resterebbe $\lim_{x \to \+infty}(sqrt(x^2+x+1)) log2 - xlog2$
Poi: $\lim_{x \to \+infty}log2((sqrt(x^2+x+1)) - x)$
Infatti, pur sembrerebbe molto molto comodo, non si può sostituire $log 2$ al posto di $log(1+cos(1/sqrt(x)))$!
Per risolvere, prova a portare $x^2$ fuori dalla radice ed a sviluppare con Taylor il radicando che ti rimane... Dopo un po' di passaggi c'è da sviluppare anche un logaritmo dopodiché mi sembra che si finisce dalle parti del tuo risultato.
Ciao Gugo82 e grazie.
Per risolvere gli esercizi non devo usare taylor ma solo limiti notevoli, Hopital e infiniti/infinitesimi. Hai degli altri suggerimenti?
Grazie
Per risolvere gli esercizi non devo usare taylor ma solo limiti notevoli, Hopital e infiniti/infinitesimi. Hai degli altri suggerimenti?
Grazie
Puoi usare i limiti notevoli, ché ti danno un'approssimazione al primo ordine... Dovrebbe bastare allo scopo.
Prova e facci sapere.
Prova e facci sapere.
Nessuno mi sa dare indicazioni?
Grazie
Grazie
sono ancora piantato, cerco un'anima compassionevole che mi aiuti!!
Per il secondo limite puoi scrivere l'$arcshx$ come $log|x+sqrt(x^2+1)|$. Con le propiretà dei logaritmi (siamo in un intorno di $+oo$, possiamo togliere il valore assoluto)
$log((x+sqrt(x^2+1))/(3x+2+cos5x))$, dove ti basta raccogliere a numeratore e denominatore $x$ per concludere
$log((x+sqrt(x^2+1))/(3x+2+cos5x))$, dove ti basta raccogliere a numeratore e denominatore $x$ per concludere
mille grazie strangolatoremancino (però che nick!!).
A tutto avevo pensato, fuorchè a sostituire $arcsinhx$.
Puoi darmi, per favore, uno spunto per gli altri?Grazie
A tutto avevo pensato, fuorchè a sostituire $arcsinhx$.
Puoi darmi, per favore, uno spunto per gli altri?Grazie
Evabbé...
Se avessi ricordato il limite notevole [tex]$\lim_{y\to 0} \frac{\sqrt{1+y} -1}{y} =\frac{1}{2}$[/tex] da cui discende la relazione [tex]$\sqrt{1+y} =1+\frac{1}{2} \ y +\text{o}(y) \sim 1+\frac{1}{2} \ y$[/tex], avresti potuto scrivere:
[tex]$\sqrt{x^2+x+1} =x\ \sqrt{1+\frac{x+1}{x^2}} \sim x \left( 1+\frac{1}{2} \ \frac{x+1}{x^2}\right) =x+\frac{1}{2} +\frac{1}{2x}$[/tex]
sicché la funzione sotto il segno di limite è equivalente per [tex]$x\to +\infty$[/tex] a:
[tex]$\Big( x+\frac{1}{2} +\frac{1}{2x} \Big) \ \ln \left( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\right) -x\ln 2 = x\Big[ \ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2\Big] +\frac{1}{2}\ \Big( 1+\frac{1}{x} \Big) \ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big)$[/tex];
il secondo addendo al secondo membro dà al limite [tex]$\frac{1}{2} \ln 2$[/tex], mentre il primo addendo è in forma indeterminata [tex]$\infty \cdot 0$[/tex].
Per sciogliere la forma indeterminata, basta applicare le proprietà del logaritmo, il limite fondamentale [tex]$\lim_{y\to 0} \frac{\ln(1+y)}{y} =1$[/tex], che restituisce [tex]$\ln (1+y) \sim y$[/tex] per [tex]$y\to 0$[/tex], ed il limite fondamentale del coseno [tex]$\lim_{z\to 0} \frac{1-cos y}{y^2} =\frac{1}{2}$[/tex], che dà [tex]$1-\cos y \sim \frac{1}{2} \ y^2$[/tex]: invero si ha:
[tex]$\ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2 = \ln \Big[ \frac{1}{2} +\frac{1}{2} \ \cos \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big)\Big] =\ln \Big[ 1+\frac{1}{2} \left(\cos \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -1\right) \Big]$[/tex]
cosicché per [tex]$x\to +\infty$[/tex] è:
[tex]$\ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2 \sim \frac{1}{2} \left(\cos \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -1\right) \sim -\frac{1}{4} \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big)^2=-\frac{1}{4x}$[/tex];
ne viene che:
[tex]$x\Big[ \ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2\Big] \sim x\ \frac{-1}{4x} =-\frac{1}{4}$[/tex]
e quindi il tuo limite vale [tex]$\frac{1}{2} \ln2 -\frac{1}{4}$[/tex].
Se avessi ricordato il limite notevole [tex]$\lim_{y\to 0} \frac{\sqrt{1+y} -1}{y} =\frac{1}{2}$[/tex] da cui discende la relazione [tex]$\sqrt{1+y} =1+\frac{1}{2} \ y +\text{o}(y) \sim 1+\frac{1}{2} \ y$[/tex], avresti potuto scrivere:
[tex]$\sqrt{x^2+x+1} =x\ \sqrt{1+\frac{x+1}{x^2}} \sim x \left( 1+\frac{1}{2} \ \frac{x+1}{x^2}\right) =x+\frac{1}{2} +\frac{1}{2x}$[/tex]
sicché la funzione sotto il segno di limite è equivalente per [tex]$x\to +\infty$[/tex] a:
[tex]$\Big( x+\frac{1}{2} +\frac{1}{2x} \Big) \ \ln \left( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\right) -x\ln 2 = x\Big[ \ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2\Big] +\frac{1}{2}\ \Big( 1+\frac{1}{x} \Big) \ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big)$[/tex];
il secondo addendo al secondo membro dà al limite [tex]$\frac{1}{2} \ln 2$[/tex], mentre il primo addendo è in forma indeterminata [tex]$\infty \cdot 0$[/tex].
Per sciogliere la forma indeterminata, basta applicare le proprietà del logaritmo, il limite fondamentale [tex]$\lim_{y\to 0} \frac{\ln(1+y)}{y} =1$[/tex], che restituisce [tex]$\ln (1+y) \sim y$[/tex] per [tex]$y\to 0$[/tex], ed il limite fondamentale del coseno [tex]$\lim_{z\to 0} \frac{1-cos y}{y^2} =\frac{1}{2}$[/tex], che dà [tex]$1-\cos y \sim \frac{1}{2} \ y^2$[/tex]: invero si ha:
[tex]$\ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2 = \ln \Big[ \frac{1}{2} +\frac{1}{2} \ \cos \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big)\Big] =\ln \Big[ 1+\frac{1}{2} \left(\cos \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -1\right) \Big]$[/tex]
cosicché per [tex]$x\to +\infty$[/tex] è:
[tex]$\ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2 \sim \frac{1}{2} \left(\cos \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -1\right) \sim -\frac{1}{4} \Big( \frac{1}{\sqrt{x}}\Big)^2=-\frac{1}{4x}$[/tex];
ne viene che:
[tex]$x\Big[ \ln \Big( 1+\cos \frac{1}{\sqrt{x}}\Big) -\ln 2\Big] \sim x\ \frac{-1}{4x} =-\frac{1}{4}$[/tex]
e quindi il tuo limite vale [tex]$\frac{1}{2} \ln2 -\frac{1}{4}$[/tex].
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo