Dubbio risultato alcuni limiti successioni

[Silvietta911]

Ciao a tutti ho di nuovo bisogno del vostro aiuto!

Risolvendo alcuni limiti non capisco perchè il risultato da me calcolato differisce da quello della soluzione,nonostante sia convinta di aver operato in maniera corretta!!

Di seguito i limiti "incriminati"

1)

$ root(2)((n^2+1)+root(2)n) / (root(4)(n^3+n) -root(2)n $ questo limite a me riporta - $ oo $ mentre la soluzione dà come risultato infinito

2)

$ ((n^2+10)/(n^2-5n))^(3n^2+2) $

ho provato a risolverla usando "e" come base ed applicando la formula A^b= e^logA^b= e^b logA ma a me riporta 1 mentre dovrebbe riportare +$ oo $

3)

$ cos((-1)^n((n-1)/(n+1))pi) $

dove il risultato dovrebbe essere -1 ma non so come si possa procedere dato che (-1) ^n mi mette in difficoltà

Vi ringrazio per l'attenzione,spero possiate aiutarmii!

[Noisemaker]

ALternativamente, per il secondo limite, seguendo la strada che avevi giustamente intrapreso, dovrebbe risultare così
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty} \left(\frac{n^2+10}{n^2-5n}\right)^{3n^2+2}=e^{(3n^2+2)\ln \left(\frac{n^2+10}{n^2-5n}\right)}=\exp\left[(3n^2+2)\ln \left(\frac{n^2+10}{n^2-5n}\right)\right];
\end{align}
considerando il limite dell'esponente e ricordando l'approssimazione asintotica del logaritmo:

\begin{align}
\ln \left(\frac{n^2+10}{n^2-5n}\right)\sim \left(\frac{n^2+10}{n^2-5n}\right)-1=\frac{10+5n}{n^2-5n},
\end{align}
si ha
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty} \exp\left[(3n^2+2)\ln \left(\frac{n^2+10}{n^2-5n}\right)\right]&\sim\lim_{n\to+\infty} \exp\left[(3n^2+2) \left(\frac{10+5n}{n^2-5n}\right)\right]\\
&\sim\lim_{n\to+\infty}\exp\left[ 3n^2 \left(\frac{ 5n}{n^2 }\right) \right]\sim\lim_{n\to+\infty}\exp\left[15n \right]\\
&=\lim_{n\to+\infty}e^{15n}=+\infty.
\end{align}

[size=85]in generale si ha che
\begin{align} \mbox{se per }\,\,\,x\to x_0 &\qquad f(x)\sim g(x)\,\,\,\mbox{e}\,\,\,f(x)\to 0^+\,\,\,\mbox{oppure}\,\,\,f(x)\to +\infty\\
&\Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim \ln g(x)
\end{align}
\begin{align}
\mbox{se }\,\,\,f(x)\to 1 &\qquad \Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim f(x)-1,\qquad x\to x_0\end{align}[/size]

[Silvietta911]

Grazie ad entrambi per le risposte!

Noisemaker non ero a conoscenza della proprietà che hai utilizzato per "eliminare" il logaritmo,sottraendo -1,è davvero utile! Ho ricalcolato il limite ed ora è tutto ok,grazie mille!

Per quanto riguarda la faccenda del (-1) la mia domanda verteva sul fatto del come dovrei comportarmi di fronte ad un esercizio simile: analizzo entrambi i casi in cui n sia positivo e negativo? nel primo caso tende a + infinito nel secondo a meno infinito. Sono sufficienti queste considerazioni per risolvere un esercizio simile?

Grazie mille per l'aiuto

[Noisemaker]

sfruttando le osservazioni di TeM, prova a calcolare:

$$\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \sin{\frac{1}{n}}}{n+2}}\cdot \tan \sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}}} \ \right ).$$

[Silvietta911]

Perfetto grazie mille! Ora ho capito infatti sono stata in grado di risolverne altri dello stesso tipo

Ora ho provato a farne qualcuno leggermente più complesso per esercizio ed anche perchè quando ci si prende la mano,risolvere limiti è anche divertente!

Tre limiti in particolare mi hanno messa in difficoltà:

1)

$ lim (n^root(2)n - 2n) $

Ho provato a risolverlo usando "e" come base ma mi sono persa durante i raccoglimenti..

2)

$ lim (ln(n^2+n)-ln n^2)/sin (2/n) $

In questo caso qualunque cosa abbia provato a fare al numeratore veniva log(1) quindi zero,quando il limite ha come risultato 1/2

3)
$ lim n^2log(1-2^-n) $

Questo limite non ho neppure iniziato a farlo! Il 2 elevato alla -n mi mette in difficoltà

Tutti per $ n->oo $

Grazie della disponibilità!

[Silvietta911]

"Noisemaker":sfruttando le osservazioni di TeM, prova a calcolare:

$$\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \sin{\frac{1}{n}}}{n+2}}\cdot \tan \sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}}} \ \right ).$$

Grazie,ci provo e quanto prima posto il risultato !

[Noisemaker]

"Silvietta91":

1)

$ lim (n^root(2)n - 2n) $

Ho provato a risolverlo usando "e" come base ma mi sono persa durante i raccoglimenti..

la tecnica è giusta, infatti:
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty}n^{\sqrt n}-2n&=\lim_{n\to+\infty}e^{n\ln{\sqrt n}}-2n=\lim_{n\to+\infty}e^{\displaystyle\frac{n\ln n}{2}}-2n\\
&=\lim_{n\to+\infty}e^{\displaystyle\frac{n\ln n}{2}}\left(1-\frac{2n}{e^{\displaystyle\frac{n\ln n}{2}}}\right)= .....
\end{align}

"Silvietta91":
2)

$ lim (ln(n^2+n)-ln n^2)/sin (2/n) $

In questo caso qualunque cosa abbia provato a fare al numeratore veniva log(1) quindi zero,quando il limite ha come risultato 1/2

per le note proprietà dei logaritmi , e considerando le stime di cui sopra,hai che
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(n^2+n\right)-\ln n^2}{\sin\frac{2}{n}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(\frac{n^2+n}{ n^2}\right)}{\sin\frac{2}{n}}.....
\end{align}

"Silvietta91":
3)
$ lim n^2log(1-2^-n) $

Questo limite non ho neppure iniziato a farlo! Il 2 elevato alla -n mi mette in difficoltà

basta riscriverlo in modo più comodo
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty}n^2\ln(1-2^{-n})=\lim_{n\to+\infty}n^2\ln\left(1-\frac{1}{2^n}\right)....
\end{align}

[Silvietta911]

"Noisemaker":[quote="Silvietta91"]

1)

$ lim (n^root(2)n - 2n) $

Ho provato a risolverlo usando "e" come base ma mi sono persa durante i raccoglimenti..

la tecnica è giusta, infatti:
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty}n^{\sqrt n}-2n&=\lim_{n\to+\infty}e^{n\ln{\sqrt n}}-2n=\lim_{n\to+\infty}e^{\displaystyle\frac{n\ln n}{2}}-2n\\
&=\lim_{n\to+\infty}e^{\displaystyle\frac{n\ln n}{2}}\left(1-\frac{2n}{e^{\displaystyle\frac{n\ln n}{2}}}\right)= .....
\end{align}
[/quote]

mi sono accorta di aver scritto male il testo

quello esatto è

$ lim (n^root(2)n - 2^n) $

con l'esponenziale sul 2, infatti avevo provato a fare

$ e^(nlnroot(2)n)-e^(nln2) $

e a questo punto avevo difficolta, non sapendo precisamente come procedere

Scusa per l'errore e grazie mille per tutto il resto

[Noisemaker]

nessum problema, la strada è giusta:
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty} e^{\sqrt n\ln n}-e^{n\ln2}&= \lim_{n\to+\infty} e^{\sqrt n\ln n}-e^{n\ln2}= \lim_{n\to+\infty}e^{n\ln2}\left( e^{\sqrt n\ln n-n\ln 2}-1\right)\\
&= \lim_{n\to+\infty}e^{n\ln2}\left( e^{n\ln 2\left(\frac{\sqrt n\ln n}{n\ln 2}-1\right)}-1\right) ...
\end{align}

[Silvietta911]

"Silvietta91":[quote="Noisemaker"]sfruttando le osservazioni di TeM, prova a calcolare:

$$\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \sin{\frac{1}{n}}}{n+2}}\cdot \tan \sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}}} \ \right ).$$

Grazie,ci provo e quanto prima posto il risultato ! [/quote]


Dunque,facendo i dovuti calcoli sono arrivata al punto in cui mi ritrovo con la seguente situazione :

$ cos Pi *tan (root(2)((-1)^n)/root(2)(n cos(1/n))) $

cos $ Pi $ so essere -1
cos 1/n dovrebbe essere uguale ad 1 quindi teoricamente sotto frazione dovrebbere restare $ root(2) (n)) $

Il codominio della tangente è definito tra $ -oo e + oo $ tuttavia $ root(2)( (-1)^n) $ essendoci la radice non so bene come comportarmi!!

Spero di essere sulla strada giusta per lo meno! Thanks

[Silvietta911]

"Noisemaker":[quote="Silvietta91"]

2)

$ lim (ln(n^2+n)-ln n^2)/sin (2/n) $

In questo caso qualunque cosa abbia provato a fare al numeratore veniva log(1) quindi zero,quando il limite ha come risultato 1/2

[/quote]

"Noisemaker":
per le note proprietà dei logaritmi , e considerando le stime di cui sopra,hai che
\begin{align}
\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(n^2+n\right)-\ln n^2}{\sin\frac{2}{n}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(\frac{n^2+n}{ n^2}\right)}{\sin\frac{2}{n}}.....
\end{align}

..Ok ora facendo i dovuti passaggi sono ferma ad $ (1/n)/sin (2/n) $ che volendo posso trasformare in $ (1/n)*sin (2/n)^-1 $ ma non so come proseguire dato che c'è il seno al denominatore .

Posso usare questo limite notevole? :

$ sin (a/b) /sin( b/a) = a/b $ Moltiplico e divido per il $ sin (2/n) $ e posso ottenere 1/2 ovvero il risultato dell'esercizio.

Può funzionare??

[Silvietta911]

Hum..credo che de l'Hospital e derivate possano tornarmi utili in molti frangenti,provo ad applicarli ad i casi che ho postato,anche se una soluzione standard la preferisco. Usare de l'Hospital mi pare quasi un "escamotage" passatemi il termine. Dico male??

[Noisemaker]

provo a rispondere ai tui dubbi:

[*:3psicdmt] per quanto rigurada la regola di De L'Hopital e le successioni, è un pò come mangiare gli spaghetti con le vongole e metterci il formaggio ...(che per carità .... a qualcuno può anche piacere ); il problema con De l'Hopital non riguarda tanto il fatto che una successione è definita su $ \mathbb{N},$ essendo $\mathbb{N}\subset\mathbb{R}.$ Il problema è che De l'Hopital richiede la derivabilità delle funzioni cui si applica. Se sono assegnate due successioni che hanno delle funzioni corrispondenti nel continuo, e che soddisfano le ipotesi del teorema, allora non ci sono problemi e il teorema può essere "esteso" al caso delle successioni, ricorrendo al cosiddetto teorema ponte. Non è però sempre possibile determinare un equivalente continuo per le successioni (cioè una funzione che estende la successione a tutto l'asse reale, tanto meno è detto che essa sia unica).
Per le successioni vale un teorema che è l'analogo del teorema di De l'Hopital: il teorema di Stolz-Cesàro, il cui enunciato è il seguente:

Date due successioni $\{a_n\}_n$ e $\{b_{n}\}_n$ con $\{b_n\}_n$ una successione illimitata, positiva e strettamente crescente, supponiamo che
$$\lim_{n\to +\infty}{\frac{a_{n+1}-a_{n}}{b_{n+1}-b_{n}}}=L;$$
allora risulta che
$$\lim_{n\to +\infty}{\frac{a_{n}}{b_{n}}}=L.$$[/*:m:3psicdmt]
[*:3psicdmt] Per quanto riguarda il limite:
\begin{align} \lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(n^2+n\right)-\ln n^2}{\sin\frac{2}{n}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(\frac{n^2+n}{ n^2}\right)}{\sin\frac{2}{n}},\end{align}
basta osservare che quando
$$x\to0 \,\,\to \,\, \sin x\sim x ,$$ e allora $$\sin\frac{2}{n}\sim \frac{2}{n};$$ infatti con una semplice sostituzione ti riconduci al limite notevolissimo: posto $ \frac{2}{n}=t,\quad \mbox{se } n\to+\infty \Rightarrow t\to0,$ hai che
\begin{align}
\frac{\sin\frac{2}{n} }{\frac{2}{n} }\quad\to\quad \frac{\sin t}{t}=1,\,\,\, t\to 0;\qquad \end{align}
allora il limite diviene:
\begin{align} \lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(n^2+n\right)-\ln n^2}{\sin\frac{2}{n}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln\left(\frac{n^2+n}{ n^2}\right)}{\sin\frac{2}{n}}\sim\lim_{n\to+\infty}\frac{ \left(\frac{n^2+n}{ n^2}\right)-1}{ \frac{2}{n}} =\lim_{n\to+\infty}\frac{ \frac{1}{ n } }{ \frac{2}{n}}=\frac{1}{2}. \end{align}[/*:m:3psicdmt]
[*:3psicdmt] Per il limite proposto, considerando le stime asintotiche, abbiamo:
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \sin{\frac{1}{n}}}{n+2}}\cdot \tan \sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}}} \ \right )&\sim\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \frac{1}{n}}{n+2}}\cdot \tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}-n+n}} \ \right )\\
&\sim\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \frac{1}{n}}{n+2}}\cdot \tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\left(1-\cos{\frac{1}{n}}\right)}} \right )\\
&\sim\lim_{n\to+\infty}\left(\underbrace{\cos{\frac{\pi - 1}{n+2}}}_{\to 1}\cdot\tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\cdot\frac{1}{2n^2}}} \,\,\right);
\end{align*}
a questo punto, considerando la radice, distinguiamo i due casi a seconda che $n$ assuma valori pari o dispari:


[*:3psicdmt] se $n$ pari: $$\tan\sqrt { \frac{6n}{2n^2-1}}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\tan\sqrt { \frac{3}{n}}\to 0;
$$[/*:m:3psicdmt]
[*:3psicdmt]se $n$ dispari: $$\tan\sqrt { \frac{2n}{2n^2-1}}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\tan\sqrt { \frac{1}{n}}\to 0.$$
[/*:m:3psicdmt][/list:u:3psicdmt]
Si può quindi concludere che :
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\left(\underbrace{\cos{\frac{\pi - 1}{n+2}}}_{\to 1}\cdot\underbrace{\tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\cdot\frac{1}{2n^2}}}}_{\to 0} \,\,\right)=0.
\end{align*}
[/*:m:3psicdmt][/list:u:3psicdmt]

[Silvietta911]

"Noisemaker":

Per il limite proposto, considerando le stime asintotiche, abbiamo:
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \sin{\frac{1}{n}}}{n+2}}\cdot \tan \sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}}} \ \right )&\sim\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \frac{1}{n}}{n+2}}\cdot \tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}-n+n}} \ \right )\\
&\sim\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \frac{1}{n}}{n+2}}\cdot \tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\left(1-\cos{\frac{1}{n}}\right)}} \right )\\
&\sim\lim_{n\to+\infty}\left(\underbrace{\cos{\frac{\pi - 1}{n+2}}}_{\to 1}\cdot\tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\cdot\frac{1}{2n^2}}} \,\,\right);
\end{align*}
a questo punto, considerando la radice, distinguiamo i due casi a seconda che $n$ assuma valori pari o dispari:

[*:308prc9u] se $n$ pari: $$\tan\sqrt { \frac{6n}{2n^2-1}}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\tan\sqrt { \frac{3}{n}}\to 0;
$$[/*:m:308prc9u]
[*:308prc9u]se $n$ dispari: $$\tan\sqrt { \frac{2n}{2n^2-1}}\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\tan\sqrt { \frac{1}{n}}\to 0.$$
[/*:m:308prc9u][/list:u:308prc9u]
Si può quindi concludere che :
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\left(\underbrace{\cos{\frac{\pi - 1}{n+2}}}_{\to 1}\cdot\underbrace{\tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\cdot\frac{1}{2n^2}}}}_{\to 0} \,\,\right)=0.
\end{align*}

Ti ringrazio molto per la disponibilità,sei stato gentilissimo.
Sul limite da te proposto ho tuttavia alcune piccole perplessità causate dalla mia scarsa conoscenza della matematica

$ Pin - 1/n $ diventa $ Pi-1 $ perdonami ma non ho ben capito come ottieni questo risultato..

sotto radice aggiungi una quantita arbitraria "-n+n" che poi raccogli per ottenere $ n-n (1-cos (1/n)) $
$ 1-cos (1/n) $ risulta equivalente ad $ 1/(2n^2) $ tuttavia non mi è chiaro come "-n+n" si comporti durante il raccoglimento. Mi sfugge a causa della mia "gioventù" nella matematica.

Una curiosità:
$ 1-cos (1/n) $ risulta equivalente ad $ 1/(2n^2) $ nel caso in cui fosse stato $ 1-sen 1/n $ ?? O altre successioni trigonometriche?

Grazie mille per la disponibilità,mi state aiutando a chiarire molti dubbi che altrimenti da sola non riuscirei a spiegarmi!

[Noisemaker]

hai ragione ... ho sbagliato a digitare ... in realtà è
\begin{align*} \lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \sin{\frac{1}{n}}}{n+2}}\cdot \tan \sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}}} \ \right )&\sim\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \frac{1}{n}}{n+2}}\cdot \tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n\cos{\frac{1}{n}}-n+n}} \ \right )\\ &\sim\lim_{n\to+\infty} \left ( \cos{\frac{\pi n - \frac{1}{n}}{n+2}}\cdot \tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\left(1-\cos{\frac{1}{n}}\right)}} \right )\\ &\sim\lim_{n\to+\infty}\left(\underbrace{ \cos{\frac{\pi n - \frac{1}{n}}{n+2}}}_{\to -1}\cdot\tan\sqrt {\frac{(-1)^n+2}{n-n\cdot\frac{1}{2n^2}}} \,\,\right); \end{align*}

per quanto rigurada l 'altra domanda:
\[n\cos{\frac{1}{n}}-n+n=n\left(\cos{\frac{1}{n}}-1\right)+n=-n\left(1-\cos{\frac{1}{n}} \right)+n=n-n\left(1-\cos{\frac{1}{n}} \right) ,\quad \mbox{quando}\quad n\to+\infty;\]

infine se fosse stato $1-\sin\frac{1}{n}$ avresti avuto che
\[1-\sin\frac{1}{n}\sim1- \frac{1}{n}\to 1;\]

il risultato che abbiamo utilizzato per calcolare il limite, discende dal limite notevole:
\[\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}.\]

[Silvietta911]

Okkk ho capito! grazie