Difficoltà con un limite!

[SenzaCera]

Salve a tutti..Allora non riesco a risolverlo in nessun modo..perchè Hospital non si può utilizzare e taylor riesco solo a sviluppare il logaritmo dopo aver messo la funzione nella forma $e^log(f(x))$, in qunto è una quantità che tende a zero ma poi mi blocco ..Aspetto i vostri aiuti!

$\lim_{x \to \infty}(arctg(x+1)/arctgx)^(x^2)$

[dissonance]

In genere quando c'è una forma indeterminata $1^(infty)$ uno pensa al limite notevole $(1+1/x)^x\toe$. Almeno, io in genere mi rifaccio a quello. Nel nostro caso, pensavo di fare così: per applicare il limite notevole dobbiamo riscrivere l'espressione in parentesi tonda in modo tale che diventi una cosa come $1+1/(y(x))$, con $y(x)\to\+-infty$, per $x\to+-infty$. La maniera più veloce per farlo è risolvere l' equazione $(arctan(x+1))/(arctan\ x)=1+1/(y(x))$: risulta $y(x)=(arctan\ x)/(arctan(x+1)-arctan\ x)$, che tende a $+infty$ per $x\to+infty$ (infatti $arctan(x+1)>arctan(x)$, perciò il denominatore va a zero rimanendo positivo). Allora il limite da calcolare è $lim_{x\toinfty}[(1+1/(y(x)))^(y(x))]^(x^2/(y(x)))$. La parentesi quadra va a $e$. Resta da stabilire cosa fa l'esponente $(x^2)/(y(x))=x^2[arctan(x+1)-arctan\ x]/(arctan\ x)$, che dovrebbe essere meno indigeribile dell'espressione di partenza.

[moreno88]

con un opportuna trasformazione usi gli asintotici e ti ritrovi senza arcotangenti ma con il rapporto dei loro argomenti !e il gioko è fatto!

[SenzaCera]

"dissonance":In genere quando c'è una forma indeterminata $1^(infty)$ uno pensa al limite notevole $(1+1/x)^x\toe$. Almeno, io in genere mi rifaccio a quello. Nel nostro caso, pensavo di fare così: per applicare il limite notevole dobbiamo riscrivere l'espressione in parentesi tonda in modo tale che diventi una cosa come $1+1/(y(x))$, con $y(x)\to\+-infty$, per $x\to+-infty$. La maniera più veloce per farlo è risolvere l' equazione $(arctan(x+1))/(arctan\ x)=1+1/(y(x))$: risulta $y(x)=(arctan\ x)/(arctan(x+1)-arctan\ x)$, che tende a $+infty$ per $x\to+infty$ (infatti $arctan(x+1)>arctan(x)$, perciò il denominatore va a zero rimanendo positivo). Allora il limite da calcolare è $lim_{x\toinfty}[(1+1/(y(x)))^(y(x))]^(x^2/(y(x)))$. La parentesi quadra va a $e$. Resta da stabilire cosa fa l'esponente $(x^2)/(y(x))=x^2[arctan(x+1)-arctan\ x]/(arctan\ x)$, che dovrebbe essere meno indigeribile dell'espressione di partenza.

E guarda io sono arrivato proprio a quel punto lì solo che non potendo usare nè taylor nè hospital e non mi pare di vederci qualche altro limite notevole mi blocco perchè viene una forma indeterminata del tipo $0*oo$

Vabbè comunqu grazie per le risposte proverò ancora e ancora !!!

[fabry1985mi]

Dato che $artg(x) + artg (1/x)=pi/2 \Leftrightarrow artg(x)=pi/2-artg(1/x)$ (se vuoi una dimostrazione di questa formula basta che derivi ambo i membri e noti che coincidono in un punto)

Dunque:

$x^2[artg(x+1)-artg(x)]/(arctan\ x)=x^2frac{pi/2-artg(1/(1+x))-pi/2+artg(1/x)}{artg(x)}~x^2frac{1/x-1/(1+x)}{pi/2}=2/pix^2(x+1-x)/(x^2+x)->2/pi$ per $x->+oo$

[dissonance]

Bella l'idea di fabry! Per la cronaca, allo stesso risultato si arriva applicando l'Hopital alla funzione $(arctan(x+1)-arctan\ x)/(1/x^2)$, ma i conti sono parecchio più lunghi e scoccianti.

[fabry1985mi]

"dissonance":Bella l'idea di fabry! Per la cronaca, allo stesso risultato si arriva applicando l'Hopital alla funzione $(arctan(x+1)-arctan\ x)/(1/x^2)$, ma i conti sono parecchio più lunghi e scoccianti.

Beh, dopo la tua bella idea sulle funzione gonometriche, questo è solo un trucco di bassa lega!

[Sk_Anonymous]

"dissonance":Bella l'idea di fabry! Per la cronaca, allo stesso risultato si arriva applicando l'Hopital alla funzione $(arctan(x+1)-arctan\ x)/(1/x^2)$, ma i conti sono parecchio più lunghi e scoccianti.

In realtà basta derivare una volta e si vede che il limite fa zero ( se non ho fatto male i conti)

[fabry1985mi]

Io non ho fatto i conti, ma se questo limite facesse $0$ vorrebbe dire che $0=2/pi$ per l'unicità del limite e dunque ci sarebbe qualcosa di sbagliato...

[SenzaCera]

"fabry1985mi":Dato che $artg(x) + artg (1/x)=pi/2 \Leftrightarrow artg(x)=pi/2-artg(1/x)$ (se vuoi una dimostrazione di questa formula basta che derivi ambo i membri e noti che coincidono in un punto)

Dunque:

$x^2[artg(x+1)-artg(x)]/(arctan\ x)=x^2frac{pi/2-artg(1/(1+x))-pi/2+artg(1/x)}{artg(x)}~x^2frac{1/x-1/(1+x)}{pi/2}=2/pix^2(x+1-x)/(x^2+x)->2/pi$ per $x->+oo$

Si ora mi è tutto chiaro grazie mille! L' unica cosa che nn ho capito è da dove hai tirato fuori quella formula..cioè perchè derivando dovrebbero coincidere^?

[fabry1985mi]

Chiedo scusa in anticipo per eventuali errori ortografici o con altre imprecisioni, ma stò scrivendo con l'I-Phone; comunque la ragione per cui quella formula è vera discende da questa proprietá:

Siano $f(x)$ e $g(x)$ due funzioni di classe $C^1(RR)$, supponiamo che $f'(x)=g'(x)$ e che $f(x_0)=g(x_0)$, allora $f(x)=g(x) forall x in RR$

Cioè quel che c'è scritto è che prese due funzioni che coincidono in un punto del loro dominio e che hanno la stessa derivata, allora coincidono su tutto il loro dominio.

Prova un po' a dimostrarlo e se non ci riesci ti darò uma mano dopo il week-end.

[SenzaCera]

"fabry1985mi":Chiedo scusa in anticipo per eventuali errori ortografici o con altre imprecisioni, ma stò scrivendo con l'I-Phone; comunque la ragione per cui quella formula è vera discende da questa proprietá:

Siano $f(x)$ e $g(x)$ due funzioni di classe $C^1(RR)$, supponiamo che $f'(x)=g'(x)$ e che $f(x_0)=g(x_0)$, allora $f(x)=g(x) forall x in RR$

Cioè quel che c'è scritto è che prese due funzioni che coincidono in un punto del loro dominio e che hanno la stessa derivata, allora coincidono su tutto il loro dominio.

Prova un po' a dimostrarlo e se non ci riesci ti darò uma mano dopo il week-end.

Si la proposizione ha senso ma da questa ad arrivare a dire quello che hai affermasto tu ce ne vuole!! Cmq non ti disturbare mi ci metterò d' impegno e cercherò di capire grazie mille mi siete stai molto di aiuto!!!