Errore che faccio spesso nel calcolo dei limiti
Chiedo un chiarimento per essere sicura che l'errore nel calcolo di questo limite sia proprio lì dove penso. E' l'errore che forse faccio più frequentemente, se è quello.
$ lim_(x -> 0)(cos xsqrt(2)-1/(1+x^2) )/x^4 =-5/6 $
Prima di invocare il marchese, provo con un limite notevole:
$ lim_(x -> 0)(cos xsqrt(2)-1+1-1/(1+x^2) )/x^4 $
$ ~ (cos xsqrt(2)-1)/(2x^2)2/x^2+1/(x^2(x^2+1))~ $
$ ~ (-1/2)(2/x^2)+1/(x^2(x^2+1))~ $
$ ~ (-1/x^2)+1/(x^2(x^2+1))~ $
Ora, qui ho una forma di indecisione, $-oo + oo$: mi devo fermare o posso proseguire? Il dubbio nasce dal fatto che, quando incontro una forma di indecisione, la manipolo attraverso operazioni algebriche per eliminarla. Qui perché genera errore mentre altre volte no?
Se proseguissi otterrei:
$ ~ (-1/x^2)+1/(x^2(x^2+1))~ (1-x^2-1)/(x^2(x^2+1)) ~ -1$, che è sbagliato.
$ lim_(x -> 0)(cos xsqrt(2)-1/(1+x^2) )/x^4 =-5/6 $
Prima di invocare il marchese, provo con un limite notevole:
$ lim_(x -> 0)(cos xsqrt(2)-1+1-1/(1+x^2) )/x^4 $
$ ~ (cos xsqrt(2)-1)/(2x^2)2/x^2+1/(x^2(x^2+1))~ $
$ ~ (-1/2)(2/x^2)+1/(x^2(x^2+1))~ $
$ ~ (-1/x^2)+1/(x^2(x^2+1))~ $
Ora, qui ho una forma di indecisione, $-oo + oo$: mi devo fermare o posso proseguire? Il dubbio nasce dal fatto che, quando incontro una forma di indecisione, la manipolo attraverso operazioni algebriche per eliminarla. Qui perché genera errore mentre altre volte no?
Se proseguissi otterrei:
$ ~ (-1/x^2)+1/(x^2(x^2+1))~ (1-x^2-1)/(x^2(x^2+1)) ~ -1$, che è sbagliato.
Risposte
$ (cos (xsqrt(2))-1/(1+x^2))/x^4=(1-x^2+x^4/6-1+x^2-x^4+o(x^4))/x^4rarr-5/6 $ per $ xrarr0 $
Era necessario sviluppare in serie di Taylor entrambi i termini al numeratore fino al terzo ordine perche' quelli di ordine minore si cancellano tra loro. Con i limiti notevoli ti fermi a un ordine troppo basso!
Era necessario sviluppare in serie di Taylor entrambi i termini al numeratore fino al terzo ordine perche' quelli di ordine minore si cancellano tra loro. Con i limiti notevoli ti fermi a un ordine troppo basso!
Grazie Ostrogoto. In realtà, però mi interessava capire concettualmente l'errore nel mio procedimento, anche se - comunque - non avrebbe portato a nessun risultato.
Buh, hai ragione che è strano. Secondo me l'errore nascosto sta nel fatto che stai omettendo gli o-piccoli (o O-grandi, come preferisci fare gli sviluppi di Taylor). Meglio metterli sempre. Tanto alla fine i limiti si calcolano praticamente *solo* con gli sviluppi di Taylor, in pratica.
Penso di avere capito. Riscrivo il tuo procedimento però senza omettere brutalmente gli O grandi. Tu hai usato questo sviluppo:
\[
\cos(\sqrt{2} x)=1-x^2+O(x^4).\]
Introducendolo nell'espressione data si ottiene
\[
\frac{\cos(\sqrt{2}x) -\frac{1}{1+x^2} }{x^4} = \frac{1-x^2 -\frac{1}{1+x^2} + O(x^4)}{x^4}\]
ovvero
\[
-\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2(1+x^2)} + O(1), \]
che è il tuo risultato a parte quell'\(O(1)\) che tu hai tagliato via. Ecco perché non ti ritrovi.
\[
\cos(\sqrt{2} x)=1-x^2+O(x^4).\]
Introducendolo nell'espressione data si ottiene
\[
\frac{\cos(\sqrt{2}x) -\frac{1}{1+x^2} }{x^4} = \frac{1-x^2 -\frac{1}{1+x^2} + O(x^4)}{x^4}\]
ovvero
\[
-\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^2(1+x^2)} + O(1), \]
che è il tuo risultato a parte quell'\(O(1)\) che tu hai tagliato via. Ecco perché non ti ritrovi.
$ lim_(x -> 0)(cos xsqrt(2)-1/(1+x^2) )/x^4 =-5/6 $E' come ha spiegato esattamente @ostrogoto!
Nel caso specifico del limite in questione vengono coinvolti termini successivi al $2°$ pertanto l'uso del limite notevole è insufficiente, l'unica strada perseguibile è lo sviluppo secondo taylor;
Se avessi avuto il seguente limite $lim_(x->0)(cos xsqrt(2)-1/(1+x^2))/x^2$, allora avresti benissimo potuto risolverlo con il semplice uso del limite notevole, infatti si ha $lim_(x->0)(cos xsqrt(2)-1/(1+x^2))/x^2=$ $lim_(x->0)2((cos xsqrt(2)-1)/(2x^2)+(1-1/(1+x^2))/(2x^2))$ ed essendo $lim_(x->0)(cos xsqrt(2)-1)/(2x^2)=-1/2$, calcolando otterremo $2(-1/2+1/2)=0$ che è il valore del limite da me proposto.
Non appena il denominatore superi il $2°$ grado si è obbligati allo sviluppo secondo taylor,in quanto se usi il limite notevole ricadi ancora ancora in una forma indeterminata, nel caso che a denominatore si ha $x^3$ hai ancora come risultato del limite $0$, con $x^4$ il valore del limite é $-5/6$,in definitiva applicare il limite notevole equivale allo sviluppo secondo taylor fino al $2°$ grado, pertanto è insufficiente, spero che la mia spiegazione sia esatta e possa esserti di aiuto.
Nel caso specifico del limite in questione vengono coinvolti termini successivi al $2°$ pertanto l'uso del limite notevole è insufficiente, l'unica strada perseguibile è lo sviluppo secondo taylor;
Se avessi avuto il seguente limite $lim_(x->0)(cos xsqrt(2)-1/(1+x^2))/x^2$, allora avresti benissimo potuto risolverlo con il semplice uso del limite notevole, infatti si ha $lim_(x->0)(cos xsqrt(2)-1/(1+x^2))/x^2=$ $lim_(x->0)2((cos xsqrt(2)-1)/(2x^2)+(1-1/(1+x^2))/(2x^2))$ ed essendo $lim_(x->0)(cos xsqrt(2)-1)/(2x^2)=-1/2$, calcolando otterremo $2(-1/2+1/2)=0$ che è il valore del limite da me proposto.
Non appena il denominatore superi il $2°$ grado si è obbligati allo sviluppo secondo taylor,in quanto se usi il limite notevole ricadi ancora ancora in una forma indeterminata, nel caso che a denominatore si ha $x^3$ hai ancora come risultato del limite $0$, con $x^4$ il valore del limite é $-5/6$,in definitiva applicare il limite notevole equivale allo sviluppo secondo taylor fino al $2°$ grado, pertanto è insufficiente, spero che la mia spiegazione sia esatta e possa esserti di aiuto.
[ot]
Questa frase andrebbe incisa sugli stipiti delle porte dei licei scientifici.[/ot]
"dissonance":
Tanto alla fine i limiti si calcolano praticamente *solo* con gli sviluppi di Taylor, in pratica.
Questa frase andrebbe incisa sugli stipiti delle porte dei licei scientifici.[/ot]
@jitter: il tuo errore consiste nel sostituire, nell'ambito di una forma indeterminata, un termine con la quantità a cui tende. Il termine $(cos x sqrt(2)-1)/(2x^2)$ tende a $-1/2$, non vale $-1/2$, sostituirlo con il suo limite entro il calcolo è un'arbitrarietà che porta a risultati non attendibili.
Per farti un esempio, se nel calcolo di: $lim_(x to 0) (sin x - x)/x^3=lim_(x to 0) 1/x^2(sin x/x-1)$ sostituissi $sin x/x$ con $1$ avrei come risultato $0$. Sbagliato.
Per farti un esempio, se nel calcolo di: $lim_(x to 0) (sin x - x)/x^3=lim_(x to 0) 1/x^2(sin x/x-1)$ sostituissi $sin x/x$ con $1$ avrei come risultato $0$. Sbagliato.
Intanto grazie a tutti, sento che questi vostri post sono da incollare nei miei appunti 
Quindi, in pratica, quando ho una forma indeterminata del tipo $oo - oo$ non posso "semplificare". Da un punto di vista intuitivo, in generale mi sarei aspettata sì l'indecisione di $oo - oo$ per due infiniti qualsiasi, ma quando due funzioni A(x) e B(x) tendono allo stesso limite avrei pensato di poter mettere $0$ per A(x) - B(x). Invece non si può, ok, ora ne sono convinta. Mi richiama un po' l'indecisione di $1^oo$, che non riuscivo a capire perché consideravo l'uno come $=1$, numero uno, trascurando quegli "atomi" che potrebbero far "lievitare" la funzione.
L'unica cosa che mi suona ancora un po' curiosa è che questa situazione la ritrovo spesso, ultimamente, solo con $oo - oo$ e non con altre forme di indecisione.
Altra piccola cosa che non mi è chiarissima fino in fondo: abitualmente semplifico tutto il semplificabile, p. es.al posto di $sin x$ scrivo $x$ (se ho x che tende a zero). Allora, se la forma di indeterminazione "incriminata" non è così "in vista" come nel nostro esempio, potremmo incorrere in un errore in un certo senso imprevedibile facendo così. E quindi non è una buona pratica il semplificare? Io ho sempre calcolato i limiti così, semplificando, anche al liceo, e non venivano spesso errati (forse erano studiati apposta per non risultare errati se calcolati mediante limiti notevoli...).
Tra qualche giorno (ri)faccio i polinomi di Taylor, di cui ricordo poco, e mi rileggo questi messaggi. Anche perché questa cosa che dici mi sembra importante, anche concettualmente. Di fronte a un limite, al di là della finalità "pratica" del doverne determinare il valore, e al di là del cogliere il metodo più opportuno, è anche interessante capire come interagiscono i metodi, e perché un determinato metodo non porterebbe a nulla.
Scusate il linguaggio un po' poco formale.
Quindi, in pratica, quando ho una forma indeterminata del tipo $oo - oo$ non posso "semplificare". Da un punto di vista intuitivo, in generale mi sarei aspettata sì l'indecisione di $oo - oo$ per due infiniti qualsiasi, ma quando due funzioni A(x) e B(x) tendono allo stesso limite avrei pensato di poter mettere $0$ per A(x) - B(x). Invece non si può, ok, ora ne sono convinta. Mi richiama un po' l'indecisione di $1^oo$, che non riuscivo a capire perché consideravo l'uno come $=1$, numero uno, trascurando quegli "atomi" che potrebbero far "lievitare" la funzione.
L'unica cosa che mi suona ancora un po' curiosa è che questa situazione la ritrovo spesso, ultimamente, solo con $oo - oo$ e non con altre forme di indecisione.
Altra piccola cosa che non mi è chiarissima fino in fondo: abitualmente semplifico tutto il semplificabile, p. es.al posto di $sin x$ scrivo $x$ (se ho x che tende a zero). Allora, se la forma di indeterminazione "incriminata" non è così "in vista" come nel nostro esempio, potremmo incorrere in un errore in un certo senso imprevedibile facendo così. E quindi non è una buona pratica il semplificare? Io ho sempre calcolato i limiti così, semplificando, anche al liceo, e non venivano spesso errati (forse erano studiati apposta per non risultare errati se calcolati mediante limiti notevoli...).
"francicko":
Nel caso specifico del limite in questione vengono coinvolti termini successivi al 2° pertanto l'uso del limite notevole è insufficiente, l'unica strada perseguibile è lo sviluppo secondo taylor
Se avessi avuto il seguente limite limx→0cosx2√−11+x2x2, allora avresti benissimo potuto risolverlo con il semplice uso del limite notevole
Tra qualche giorno (ri)faccio i polinomi di Taylor, di cui ricordo poco, e mi rileggo questi messaggi. Anche perché questa cosa che dici mi sembra importante, anche concettualmente. Di fronte a un limite, al di là della finalità "pratica" del doverne determinare il valore, e al di là del cogliere il metodo più opportuno, è anche interessante capire come interagiscono i metodi, e perché un determinato metodo non porterebbe a nulla.
Scusate il linguaggio un po' poco formale.
In certi casi in effetti è corretto sostituire ad una funzione un'altra ad essa asintoticamente equivalente. Questo accade quando si ha un prodotto (o un rapporto) di due funzioni: se vogliamo calcolare
\[\tag{1}
\lim_{x\to x_0} f(x)g(x), \]
e sappiamo che
\[
\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)}=1, \]
allora possiamo riscrivere la (1) come
\[
\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)} \phi(x)g(x)\]
e questa quantità, se esiste, è uguale a
\[
\lim_{x\to x_0} \phi(x)g(x), \]
perché il primo fattore tende a \(1\). (Se invece uno dei due limiti non esiste allora non esiste neanche l'altro).
Diverso è il caso della somma (o differenza). Se vogliamo calcolare
\[
\lim_{x\to x_0} f(x)-g(x), \]
non possiamo più inserire \(\phi(x)\) tanto a cuor leggero. Al massimo possiamo scrivere
\[
f(x)-g(x)=\frac{f(x)}{\phi(x)}\phi(x)-g(x). \]
ma ora per concludere dovremmo poter compiere la seguente operazione:
\[
\tag{!!}\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)}\phi(x) - g(x)=\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)}\phi(x) - \lim_{x\to x_0} g(x),\]
che non ha senso quando c'è una forma indeterminata \(\pm\infty \mp \infty\).
Credo sia questo il punto che hai intuito. Io, per non sbagliare, cerco di tenere sempre traccia degli errori di approssimazione, sotto forma di o-piccolo o di O-grande. In questo modo sto tranquillo e non devo ricordarmi ogni volta questa storia del prodotto e della somma (che avevo letto tempo fa, poi rimosso, e ora riesumato grazie alle tue considerazioni).
\[\tag{1}
\lim_{x\to x_0} f(x)g(x), \]
e sappiamo che
\[
\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)}=1, \]
allora possiamo riscrivere la (1) come
\[
\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)} \phi(x)g(x)\]
e questa quantità, se esiste, è uguale a
\[
\lim_{x\to x_0} \phi(x)g(x), \]
perché il primo fattore tende a \(1\). (Se invece uno dei due limiti non esiste allora non esiste neanche l'altro).
Diverso è il caso della somma (o differenza). Se vogliamo calcolare
\[
\lim_{x\to x_0} f(x)-g(x), \]
non possiamo più inserire \(\phi(x)\) tanto a cuor leggero. Al massimo possiamo scrivere
\[
f(x)-g(x)=\frac{f(x)}{\phi(x)}\phi(x)-g(x). \]
ma ora per concludere dovremmo poter compiere la seguente operazione:
\[
\tag{!!}\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)}\phi(x) - g(x)=\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{\phi(x)}\phi(x) - \lim_{x\to x_0} g(x),\]
che non ha senso quando c'è una forma indeterminata \(\pm\infty \mp \infty\).
Credo sia questo il punto che hai intuito. Io, per non sbagliare, cerco di tenere sempre traccia degli errori di approssimazione, sotto forma di o-piccolo o di O-grande. In questo modo sto tranquillo e non devo ricordarmi ogni volta questa storia del prodotto e della somma (che avevo letto tempo fa, poi rimosso, e ora riesumato grazie alle tue considerazioni).
@dissonance: con questo ragionamento adesso mi pare di aver capito cosa c'è di diverso nel caso dell'$oo-oo$: grazie! 
Se ho capito bene, nell'ultimissimo passaggio della (!!), non è che non potrei scrivere $1$ al posto di $f(x)/(\psi(x))$: è che dopo averlo scritto mi ritroverei nuovamente la stessa forma indeterminata iniziale, cosa che non avviene nel caso del prodotto.
Se ho capito bene, nell'ultimissimo passaggio della (!!), non è che non potrei scrivere $1$ al posto di $f(x)/(\psi(x))$: è che dopo averlo scritto mi ritroverei nuovamente la stessa forma indeterminata iniziale, cosa che non avviene nel caso del prodotto.
x@jitter.
Quando si usa il limite notevole in effetti non si fa altro che sostituire delle funzioni asintoticamente equivalenti, arrestate come nel caso specifico al termine di $2°$ grado, $cos(x sqrt(2))=sqrt(1-(sin(xsqrt(2)))^2)$,questa quantità è asintoticamente
equivalente a $sqrt(1-(xsqrt(2))^2=$ $sqrt(1-2x^2)$, che risulta asintoticamente uguale ad $(1-x^2)$, nel caso del limite da te proposto, per il calcolo del limite è necessario uno sviluppo asintotico più ampio, che coinvolga termini successivi al $2°$, sviluppando in serie secondo taylor $cosxsqrt(2)$ avremo $cos(xsqrt(2))=1-x^2+x^4/6-........$, il termine $-1/(1+x^2)$ risulta se non ricordo male ,la somma della serie geometrica $-1+x^2-x^4+..$, e sostituendo, arrestandoci ai termini di $4°$ avremo $(1-x^2+x^4/6-1+x^2-x^4)/x^4= (-5x^4)/(6x^4)=-5/6$ che è il valore del limite.
Ricapitolando, usare i limiti notevoli e come ottenere uno sviluppo asintotico arrestato al primo termine, nel caso specifico al termine di $2°$, e non è affatto strano che nel tuo procedimento usando il limite notevole ti ritrovi una forma indeterminata
$0/0$ od $infty-infty$, in quanto lo sviluppo asintotico risulta essere insufficiente per il calcolo del limite.
x@dissonance.
Tanto alla fine i limiti si calcolano praticamente solo con gli sviluppi di taylor in pratica.
$lim_(x->0)xlogx$ si può calcolare con taylor?
Non sembrerebbe.
Saluti!
Quando si usa il limite notevole in effetti non si fa altro che sostituire delle funzioni asintoticamente equivalenti, arrestate come nel caso specifico al termine di $2°$ grado, $cos(x sqrt(2))=sqrt(1-(sin(xsqrt(2)))^2)$,questa quantità è asintoticamente
equivalente a $sqrt(1-(xsqrt(2))^2=$ $sqrt(1-2x^2)$, che risulta asintoticamente uguale ad $(1-x^2)$, nel caso del limite da te proposto, per il calcolo del limite è necessario uno sviluppo asintotico più ampio, che coinvolga termini successivi al $2°$, sviluppando in serie secondo taylor $cosxsqrt(2)$ avremo $cos(xsqrt(2))=1-x^2+x^4/6-........$, il termine $-1/(1+x^2)$ risulta se non ricordo male ,la somma della serie geometrica $-1+x^2-x^4+..$, e sostituendo, arrestandoci ai termini di $4°$ avremo $(1-x^2+x^4/6-1+x^2-x^4)/x^4= (-5x^4)/(6x^4)=-5/6$ che è il valore del limite.
Ricapitolando, usare i limiti notevoli e come ottenere uno sviluppo asintotico arrestato al primo termine, nel caso specifico al termine di $2°$, e non è affatto strano che nel tuo procedimento usando il limite notevole ti ritrovi una forma indeterminata
$0/0$ od $infty-infty$, in quanto lo sviluppo asintotico risulta essere insufficiente per il calcolo del limite.
x@dissonance.
Tanto alla fine i limiti si calcolano praticamente solo con gli sviluppi di taylor in pratica.
$lim_(x->0)xlogx$ si può calcolare con taylor?
Non sembrerebbe.
Saluti!
@francicko: ho riletto la tua spiegazione adesso che ho cominciato i polinomi di Taylor. Mi pare chiara: grazie!
Devo però ancora prendere un po' di confidenza con l'argomento. Per esempio mi chiedo se quante più derivate ha una funzione, tanto meglio può essere approssimata. Cioè, un polinomio di grado alto è più "raffinato" per approssimare la funzione perché $ lim_(x -> x_0)( R(x))/(o(x-x_0)^n) =0 $ ?
Devo però ancora prendere un po' di confidenza con l'argomento. Per esempio mi chiedo se quante più derivate ha una funzione, tanto meglio può essere approssimata. Cioè, un polinomio di grado alto è più "raffinato" per approssimare la funzione perché $ lim_(x -> x_0)( R(x))/(o(x-x_0)^n) =0 $ ?
Rispondo io visto che mi trovo. Una stima di ordine \((x-x_0)^2\) è localmente migliore di una stima di ordine \((x-x_0)\) perché il quadrato di un numero piccolo è più piccolo del numero originale. Ad esempio il quadrato di \(0.5\) è \(0.25\). La situazione si inverte per numeri grandi, e difatti le stime di Taylor hanno senso solamente in un intorno del centro dello sviluppo.
@francicko: No, quel tipo di limite non si calcola con Taylor. Ma del resto quando ci sono in ballo grandezze che tendono ad infinito, spesso una semplice ispezione basta per stabilire quale sia più grande: il termine $1/x$ è "evidentemente" più grande di un logaritmo, una volta che uno ha capito bene come funzionano i logaritmi.
La mia battuta, probabilmente non molto felice, sta a significare che quando c'è da fare una analisi fine dell'ordine di grandezza delle funzioni, lo strumento fondamentale è sicuramente lo sviluppo di Taylor. Basta vedere con quale frequenza esso viene usato in fisica e nelle scienze applicate, dove è routine. La regola di l'Hôpital non lo è certamente altrettanto.
@francicko: No, quel tipo di limite non si calcola con Taylor. Ma del resto quando ci sono in ballo grandezze che tendono ad infinito, spesso una semplice ispezione basta per stabilire quale sia più grande: il termine $1/x$ è "evidentemente" più grande di un logaritmo, una volta che uno ha capito bene come funzionano i logaritmi.
La mia battuta, probabilmente non molto felice, sta a significare che quando c'è da fare una analisi fine dell'ordine di grandezza delle funzioni, lo strumento fondamentale è sicuramente lo sviluppo di Taylor. Basta vedere con quale frequenza esso viene usato in fisica e nelle scienze applicate, dove è routine. La regola di l'Hôpital non lo è certamente altrettanto.
Grazie ancora Dissonance!
Nooo, ne ho sbagliato un altro, ancora per via di una semplificazione con limite notevole (ma allora me le vado a cercare! insidiose queste semplificazioni, però 
: )
$ lim_(x -> 0)(Th x - sinx)/((ln(1+x))^3 = $
$ lim_(x -> 0)((1- e^(-2x))/(1+ e^(-2x)) - sinx)/x^3= $
$ lim_(x -> 0)((1- e^(-2x))/(2) - 0)/x^3= $ (qui ho generato la forma di indecisione $0/0$: credevo si potesse fare, per poi
applicare l'Hopital, e invece ecco che succede:
$ lim_(x -> 0)(1- e^(-2x))/(2x^3)= $
$ lim_(x -> 0)(2e^(-2x))/(6x^2)= +oo $ (sbagliato!).
Ora riprovo a fare i ragionamenti di Francicko, se non è troppo incasinato lo sviluppo di Th, e a riprendere la spiega di Dissonance per capire come mai anche nel caso 0/0 non si può passare attraverso forme di indecisione.
Conclusione: forme indeterminate = sabbie mobili = pericolo!
p.s. il libro, nella soluzione, usa delle relazioni trigonometriche con Th che non ricordo, non l'ho ancora guardata. Il risultato, comunque, è $-1/6$.
: )$ lim_(x -> 0)(Th x - sinx)/((ln(1+x))^3 = $
$ lim_(x -> 0)((1- e^(-2x))/(1+ e^(-2x)) - sinx)/x^3= $
$ lim_(x -> 0)((1- e^(-2x))/(2) - 0)/x^3= $ (qui ho generato la forma di indecisione $0/0$: credevo si potesse fare, per poi
applicare l'Hopital, e invece ecco che succede:
$ lim_(x -> 0)(1- e^(-2x))/(2x^3)= $
$ lim_(x -> 0)(2e^(-2x))/(6x^2)= +oo $ (sbagliato!).
Ora riprovo a fare i ragionamenti di Francicko, se non è troppo incasinato lo sviluppo di Th, e a riprendere la spiega di Dissonance per capire come mai anche nel caso 0/0 non si può passare attraverso forme di indecisione.
Conclusione: forme indeterminate = sabbie mobili = pericolo!
p.s. il libro, nella soluzione, usa delle relazioni trigonometriche con Th che non ricordo, non l'ho ancora guardata. Il risultato, comunque, è $-1/6$.
x@Dissonance.
Ottima spiegazione!!
Colgo l'occasione per porti la seguente domanda : ogni limite risolvibile con lo sviluppo in serie di taylor lo è anche in linea di massima con De l'Hopital?
Saluti!
Ottima spiegazione!!
Colgo l'occasione per porti la seguente domanda : ogni limite risolvibile con lo sviluppo in serie di taylor lo è anche in linea di massima con De l'Hopital?
Saluti!
x@jitter.
Se il limite è questo $lim_(x->0)(x-sinx)/(log(x+1))^3$ il suo valore se non sbaglio è $1/6$, per la risoluzione si può usare De l'Hopital o lo sviluppo in serie di taylor, ricordando che losviluppo di taylor di $sinx$ è $x-x^3/6+...$, e di $log(x+1)$
è $x-x^2/2+...$, sostituendo e passando al limite si ha $lim_(x->0)(x-x+x^3/6-...)/(x-x^2/2+...)^3$ $=lim_(x->0)(x^3/6)/x^3=1/6$, in fondo i termini che ci in teressano sono quelli di $3°$.
Se il limite è questo $lim_(x->0)(x-sinx)/(log(x+1))^3$ il suo valore se non sbaglio è $1/6$, per la risoluzione si può usare De l'Hopital o lo sviluppo in serie di taylor, ricordando che losviluppo di taylor di $sinx$ è $x-x^3/6+...$, e di $log(x+1)$
è $x-x^2/2+...$, sostituendo e passando al limite si ha $lim_(x->0)(x-x+x^3/6-...)/(x-x^2/2+...)^3$ $=lim_(x->0)(x^3/6)/x^3=1/6$, in fondo i termini che ci in teressano sono quelli di $3°$.
"jitter":
$ lim_(x -> 0)((1- e^(-2x))/(1+ e^(-2x)) - sinx)/x^3= $
$ lim_(x -> 0)((1- e^(-2x))/(2) - 0)/x^3= $ (qui ho generato la forma di indecisione $0/0$
Occhio, qui hai modificato il limite sostituendo alcune funzioni di $x$ con delle funzioni costanti. Stai risolvendo il limite a pezzi, ossia dove non ti dà problemi di indecisione. Questa non è una cosa buona, stai buttando via ben più di qualche atomo...
Inoltre l'indecisione $0/0$ ce l'hai sin dalla prima espressione, sulla quale però non è un gran piacere lavorare con Hopital.
Sostituendo il denominatore con $x^3$ stai trascurando un $o(x^3)$. Lo sviluppo di $\sinx$ è stato scritto da francicko nel post precedente. Quello di $\thx$ è $x-x^3/3$.
Mettendo assieme i pezzi: $lim_{x->0}frac{x-x^3/3-(x-x^3/6)}{x^3}=-1/6$.
La mia difficoltà è proprio quella di accorgermi quando sto buttando via atomi e quando "roba grossa".
Supponiamo di dover trovare $ lim_(x -> 0)g(x)/(f(x)) $ e supponiamo che entrambe le funzioni f(x) e g(x) tendono a $0$. Sia inoltre $\psi(x)$ è una funzione più semplice di $g(x)$ che tende anch'essa a $0$ in un intorno di $0$.
In pratica, io posso scrivere $ lim_(x -> 0)g(x)/(f(x)) = lim_(x -> 0)(\psi(x))/(f(x)) $ per applicare eventualmente l'hopital solo nel caso in cui la funzione $\psi(x)$ ha lo stesso ordine di $f(x)$? (che è il caso, però, in cui $ lim_(x -> 0)g(x)/(f(x)) $ è finito... mmm... mi sa che sto sbagliando ancora).
Comunque, operativamente ho capito come procedere, ora era solo per capire il concetto dietro a quell'errore che mi sembra importante. Forse però, a questo punto, mi conviene lasciar perdere un momento e tornarci sopra quando sarò un po' più pratica con Taylor.
Supponiamo di dover trovare $ lim_(x -> 0)g(x)/(f(x)) $ e supponiamo che entrambe le funzioni f(x) e g(x) tendono a $0$. Sia inoltre $\psi(x)$ è una funzione più semplice di $g(x)$ che tende anch'essa a $0$ in un intorno di $0$.
In pratica, io posso scrivere $ lim_(x -> 0)g(x)/(f(x)) = lim_(x -> 0)(\psi(x))/(f(x)) $ per applicare eventualmente l'hopital solo nel caso in cui la funzione $\psi(x)$ ha lo stesso ordine di $f(x)$? (che è il caso, però, in cui $ lim_(x -> 0)g(x)/(f(x)) $ è finito... mmm... mi sa che sto sbagliando ancora).
Comunque, operativamente ho capito come procedere, ora era solo per capire il concetto dietro a quell'errore che mi sembra importante. Forse però, a questo punto, mi conviene lasciar perdere un momento e tornarci sopra quando sarò un po' più pratica con Taylor.
Si jitter ma è un casino fare come dici tu. Non devi "sostituire $\psi$ a $g$"; come dice dott.ing, questo è un ottimo metodo per sbagliare. Ripeto che, secondo me, la soluzione migliore è tenere sempre traccia degli errori che si commettono nel fare approssimazioni: con le tue notazioni, questo significa che invece di procedere così
\[
\tag{NO}
\lim_{x\to x_0} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to x_0} \frac{\psi(x)}{f(x)}, \]
occorre procedere così:
\[
\tag{SI}
\lim_{x\to x_0} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to x_0} \frac{\psi(x) + E(x)}{f(x)},
\]
dove $E$ è una funzione che tende a \(0\) quando \(x\to x_0\). Nella pratica uno usa spesso le notazioni con gli o-piccoli o gli O-grandi, ma non sono obbligatorie.
Se fai così, ti terrai sempre l'errore tra i piedi e ti accorgerai subito se è troppo grande per trascurarlo.
\[
\tag{NO}
\lim_{x\to x_0} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to x_0} \frac{\psi(x)}{f(x)}, \]
occorre procedere così:
\[
\tag{SI}
\lim_{x\to x_0} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to x_0} \frac{\psi(x) + E(x)}{f(x)},
\]
dove $E$ è una funzione che tende a \(0\) quando \(x\to x_0\). Nella pratica uno usa spesso le notazioni con gli o-piccoli o gli O-grandi, ma non sono obbligatorie.
Se fai così, ti terrai sempre l'errore tra i piedi e ti accorgerai subito se è troppo grande per trascurarlo.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo