Dubbio su risoluzione limite (Taylor - Hopital)
Ciao a tutti 
Ho il limite
$\lim_{x \to +oo} {\ln(e^{x^2}+1)-\ln(2)}/x^2$
Io l'ho risolto impiegando più volte Hopital:
$=\text{H}={{2xe^{x^2}}/{e^{x^2}+1}-0}/{2x}= {2xe^{x^2}}/{2xe^{x^2}+1}={e^{x^2}}/{e^{x^2}+1}=\text{H}={2xe^{x^2}}/{2xe^{x^2}}=1$
Confrontando con gli appunti di un amico noto che a un certo punto lui usa Taylor:
$...= {e^{x^2}}/{e^{x^2}+1}=\text{T}= {1+x^2+1/2x^4}/{2+x^2+1/2x^4}=\text{H}={2x+2x^3}/{2x+2x^3}=1$
ma non è sbagliato come procedimento? Come posso approssimare una funzione in un intorno di un punto all'infinito? - tra l'altro ha impiegato arbitrariamente come punto di sviluppo $x_0=0$. Si può fare?
Ho il limite
$\lim_{x \to +oo} {\ln(e^{x^2}+1)-\ln(2)}/x^2$
Io l'ho risolto impiegando più volte Hopital:
$=\text{H}={{2xe^{x^2}}/{e^{x^2}+1}-0}/{2x}= {2xe^{x^2}}/{2xe^{x^2}+1}={e^{x^2}}/{e^{x^2}+1}=\text{H}={2xe^{x^2}}/{2xe^{x^2}}=1$
Confrontando con gli appunti di un amico noto che a un certo punto lui usa Taylor:
$...= {e^{x^2}}/{e^{x^2}+1}=\text{T}= {1+x^2+1/2x^4}/{2+x^2+1/2x^4}=\text{H}={2x+2x^3}/{2x+2x^3}=1$
ma non è sbagliato come procedimento? Come posso approssimare una funzione in un intorno di un punto all'infinito? - tra l'altro ha impiegato arbitrariamente come punto di sviluppo $x_0=0$. Si può fare?
Risposte
Ma lascia stare Taylor e Hopital. il limite è abbastanza elementare.
$\lim_{x \to +oo} {\ln(e^{x^2}+1)-\ln(2)}/x^2= lim_{x\to +oo}(\ln(e^{x^2}+1)/x^2)+0=$
$=lim_{x\to +oo}(\ln(e^{x^2})/x^2) = lim_{x\to +oo}((x^2)(lne))/x^2 = 1*ln(e)=1*1=1$
no?
$\lim_{x \to +oo} {\ln(e^{x^2}+1)-\ln(2)}/x^2= lim_{x\to +oo}(\ln(e^{x^2}+1)/x^2)+0=$
$=lim_{x\to +oo}(\ln(e^{x^2})/x^2) = lim_{x\to +oo}((x^2)(lne))/x^2 = 1*ln(e)=1*1=1$
no?
No che non si può fare! Infatti se interrompi la serie di Taylor ed inserisci il resto di Peano [che lì non compare] ottieni \(o(x^6)\), con \(x \to +\infty\), che quindi ti sballa tutti i conti.
Quello sviluppo è sbagliato, e vale solo in un intorno di \(x = 0\).
Il tuo procedimento è giusto, ma ancora più semplicemente potevi usare le stime asintotiche per eliminare in tronco \(+1\) e \(- \ln 2\), ed arrivare direttamente al risultato.
Edit: crossposting con kashaman
Quello sviluppo è sbagliato, e vale solo in un intorno di \(x = 0\).
Il tuo procedimento è giusto, ma ancora più semplicemente potevi usare le stime asintotiche per eliminare in tronco \(+1\) e \(- \ln 2\), ed arrivare direttamente al risultato.
Edit: crossposting con kashaman
non vorrei sbagliarmi alla grande, ma Taylor lo puoi applicare solo quando $f$ è infinitesima. E $x_0=0$ non puoi usarlo.
Sei in un intorno di $+\infty$
Sei in un intorno di $+\infty$
Ok grazie, dubbio risolto
"Brancaleone":
Come posso approssimare una funzione in un intorno di un punto all'infinito? - tra l'altro ha impiegato arbitrariamente come punto di sviluppo $x_0=0$. Si può fare?
Pur trattandosi di un procedimento abnorme, osservando che la seguente serie converge ovunque ed è derivabile termine a termine:
$[e^(x^2)=\sum_(n=0)^(+oo)x^(2n)/(n!)]$
a patto di considerare tutti i termini dello sviluppo, i seguenti passaggi mi sembrano formalmente corretti:
$[lim_(x->+oo)e^(x^2)/(e^(x^2)+1)=lim_(x->+oo)(\sum_(n=0)^(+oo)x^(2n)/(n!))/(\sum_(n=0)^(+oo)x^(2n)/(n!)+1)=lim_(x->+oo)(1+\sum_(n=1)^(+oo)x^(2n)/(n!))/(2+\sum_(n=1)^(+oo)x^(2n)/(n!))]$
Ora, derivando numeratore e denominatore:
$[lim_(x->+oo)(2*\sum_(n=1)^(+oo)x^(2n-1)/((n-1)!))/(2*\sum_(n=1)^(+oo)x^(2n-1)/((n-1)!))=1]$
dato che sono perfettamente identici. Eventuali osservazioni sono ben accette.
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