Esercizi su limiti che non capisco
Ciao a tutti, ho provato a fare degli esercizi sui limiti ma alcuni di questi non sono riuscito a svolgerli e non capisco come si arrivi alla soluzione proposta.
I limiti su cui ho difficoltà sono questi:
$\lim_{x->+\infty} \frac{(5+2e^{-2x} ) }{ln(x)} = 0^+$
La soluzione dice di usare l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi. Guardando il limite io l'avrei risolto con il confronto tra infiniti dato che il lim tende a infinito. Siccome al numeratore c'è $e^{-2x}$ e al denominatore c'è $ln(x)$, avrei detto che il risultato è $+\infty$ dato che il num arriva a infinito più velocemente del logaritmo...
$\lim_{x->0^+} ln ( \frac{x}{3+\sqrt{x}} ) =-\infty$
La soluzione dice anche qui di usare l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi. Ma come? Non capisco proprio come si è arrivati a quella soluzione..
$\lim_{x->-\infty} [ln(1+e^x)]=0$
La soluzione dice di usare o le propr. dei logaritmi o il confronto tra infiniti. Come si fa ad usare il confronto tra infiniti in questo caso che non si sono frazioni? Cosa si confrontano? Comunque usando le propr. dei logaritmi ho fatto così: $\lim_{x->-\infty} [ln(1)]+\lim_{x->-\infty}[(e^x)]=\lim_{x->-\infty} [ln(1)]+\lim_{x->-\infty}[x(e)]$. Il primo limite si annulla mentre il secondo tende a $1$, che moltiplicato per x fa sempre $-\infty$. Ma è sbagliato.
$\lim_{x->0^+} ( \frac{ln(x)}{x^{2-3x}+4x^2} )^5=-\infty$
La soluzione dice anche qui di usare l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi, ma come? Ho paura di non aver capito come si usa questa "regola" eppure ho studiato la teoria e visto gli esempi...
$\lim_{x->0} \frac{root(3)(1+4x^2)-1}{x\sin x}=\frac{4}{3}$
Bisogna usare un lim. notevole ma quale? Non ne trovo nessuno che assomiglia a questo limite... L'unico con il seno è $\lim_{x->0} \frac{\sin x}{x}=1$ ma come faccio ad arrivare ad una forma simile?
$\lim_{f(x)->0} \frac{ln(1+2\sin^2x )}{e^{x^2}-1}=2 $
Anche per questo limite bisogna usare un lim. notevole. Ho pensato a $\lim_{f(x)->0} \frac{ln(1+f(x))}{f(x)}=1$ . Quindi so che $ln(1+2\sin x^2 ) ~ 2\sin x^2$. E ora?
$\lim_{f(x)->0} \frac{x-\sin x}{x+\sin x}=0 $
Dice di usare De L'Hopital. Quindi faccio le derivate di numeratore e denominatore e ottengo $\frac{1-\cos x}{1+\cos x}=- \frac{\sin x}{\sin x}=-1$. Perchè fa $0$?
$\lim_{x->0^+} \frac{x^2ln(1+x)+\tan x}{\sin x+\sqrt{x}}=0$
Dice che bisogna usare un limite notevole, quale?
$\lim_{x->+\infty} ( \frac{x^2+2x+3}{x^2-x+1} )^{x+3} =e^3$
Qui c'è scritto di usare $y=e^{ln(n)}$ poi un trucco algebrico e un limite notevole. Mmmm ok.. In che senso?
Sono tanti, lo so. Spero che qualcuno possa illuminarmi.
Grazie mille
I limiti su cui ho difficoltà sono questi:
$\lim_{x->+\infty} \frac{(5+2e^{-2x} ) }{ln(x)} = 0^+$
La soluzione dice di usare l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi. Guardando il limite io l'avrei risolto con il confronto tra infiniti dato che il lim tende a infinito. Siccome al numeratore c'è $e^{-2x}$ e al denominatore c'è $ln(x)$, avrei detto che il risultato è $+\infty$ dato che il num arriva a infinito più velocemente del logaritmo...
$\lim_{x->0^+} ln ( \frac{x}{3+\sqrt{x}} ) =-\infty$
La soluzione dice anche qui di usare l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi. Ma come? Non capisco proprio come si è arrivati a quella soluzione..
$\lim_{x->-\infty} [ln(1+e^x)]=0$
La soluzione dice di usare o le propr. dei logaritmi o il confronto tra infiniti. Come si fa ad usare il confronto tra infiniti in questo caso che non si sono frazioni? Cosa si confrontano? Comunque usando le propr. dei logaritmi ho fatto così: $\lim_{x->-\infty} [ln(1)]+\lim_{x->-\infty}[(e^x)]=\lim_{x->-\infty} [ln(1)]+\lim_{x->-\infty}[x(e)]$. Il primo limite si annulla mentre il secondo tende a $1$, che moltiplicato per x fa sempre $-\infty$. Ma è sbagliato.
$\lim_{x->0^+} ( \frac{ln(x)}{x^{2-3x}+4x^2} )^5=-\infty$
La soluzione dice anche qui di usare l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi, ma come? Ho paura di non aver capito come si usa questa "regola" eppure ho studiato la teoria e visto gli esempi...
$\lim_{x->0} \frac{root(3)(1+4x^2)-1}{x\sin x}=\frac{4}{3}$
Bisogna usare un lim. notevole ma quale? Non ne trovo nessuno che assomiglia a questo limite... L'unico con il seno è $\lim_{x->0} \frac{\sin x}{x}=1$ ma come faccio ad arrivare ad una forma simile?
$\lim_{f(x)->0} \frac{ln(1+2\sin^2x )}{e^{x^2}-1}=2 $
Anche per questo limite bisogna usare un lim. notevole. Ho pensato a $\lim_{f(x)->0} \frac{ln(1+f(x))}{f(x)}=1$ . Quindi so che $ln(1+2\sin x^2 ) ~ 2\sin x^2$. E ora?
$\lim_{f(x)->0} \frac{x-\sin x}{x+\sin x}=0 $
Dice di usare De L'Hopital. Quindi faccio le derivate di numeratore e denominatore e ottengo $\frac{1-\cos x}{1+\cos x}=- \frac{\sin x}{\sin x}=-1$. Perchè fa $0$?
$\lim_{x->0^+} \frac{x^2ln(1+x)+\tan x}{\sin x+\sqrt{x}}=0$
Dice che bisogna usare un limite notevole, quale?
$\lim_{x->+\infty} ( \frac{x^2+2x+3}{x^2-x+1} )^{x+3} =e^3$
Qui c'è scritto di usare $y=e^{ln(n)}$ poi un trucco algebrico e un limite notevole. Mmmm ok.. In che senso?
Sono tanti, lo so. Spero che qualcuno possa illuminarmi.
Grazie mille
Risposte
Ciao Stefano,
il secondo e il terzo non mi sembrano forme indeterminate:
per $x->0$, $ log(x/(sqrt(x) +3)) -> log0^+ -> -oo $
per x$ -> -oo$, $ log(1 +e^x)) -> log1 -> 0 $ (non so come mai il libro dice di usare altre proprietà: aspettiamo lumi...)
Anche il primo lo potresti ricondurre a una forma non indeterminata portando $e^(2x)$ al denominatore e "scomponendo" l'espressione nella somma di due limiti...
il secondo e il terzo non mi sembrano forme indeterminate:
per $x->0$, $ log(x/(sqrt(x) +3)) -> log0^+ -> -oo $
per x$ -> -oo$, $ log(1 +e^x)) -> log1 -> 0 $ (non so come mai il libro dice di usare altre proprietà: aspettiamo lumi...)
Anche il primo lo potresti ricondurre a una forma non indeterminata portando $e^(2x)$ al denominatore e "scomponendo" l'espressione nella somma di due limiti...
Ho poco tempo disponibile, provo a fare questo : $lim_(x->0)((1+4x^2)^(1/3)-1)/(xsinx)$, si deve sempre ragionare con gli infinitesimi, in questo caso asintoticamente, quindi nell'intorno di zero, ad $(1+4x^2)^(1/3)$ si può sostituire, la quantità $(1+(4/3)x^2)$, in quanto $(1+(4/3)x^2)^3$ si può scrivere come $=(1^3+3(1^2)(4/3)x^2+o(x^4))$, essendo inoltre sempre nell'intorno di $0$, $xsinx$ asintoticamente equivalente ad $x^2$, posso scrivere in modo equivalente
$lim_(x->0)((1+(4/3)x^2+o(x^4))-1)/(x^2)$, calcolando avremo facilmente $(1+(4/3)(x^2)-1)/(x^2)=((4/3)(x^2))/(x^2)=4/3$ che è il valore del limite!
Volendo usare un unico limite notevole allora si può ricorrere alla seguente forma: $lim_(x->0)$ $((1+f[x])^(alpha)-1)/(f[x])$ $=alpha$ pertanto si ha $lim_(x->0)((1+4x^2)^(1/3)-1)/(4x^2))(4)$ $=4/3$
Saluti!
$lim_(x->0)((1+(4/3)x^2+o(x^4))-1)/(x^2)$, calcolando avremo facilmente $(1+(4/3)(x^2)-1)/(x^2)=((4/3)(x^2))/(x^2)=4/3$ che è il valore del limite!
Volendo usare un unico limite notevole allora si può ricorrere alla seguente forma: $lim_(x->0)$ $((1+f[x])^(alpha)-1)/(f[x])$ $=alpha$ pertanto si ha $lim_(x->0)((1+4x^2)^(1/3)-1)/(4x^2))(4)$ $=4/3$
Saluti!
Provo a darti un indicazione anche su questo $lim(log((1+2(sin^2(x))))/((e^(x^2))-1)$ $=limlog(1+2x^2)/(e^(x^2)-1)$ essendo che $limx^2/(e^(x^2)-1)=1$ inoltre $lim(log(1+2x^2))/(2x^2)=1$ quindi eseguendo le opportune trasformazioni si ha:.......
$lim(x-sinx)/(x+sinx)$ volendo applicare Hopital anche se il limite è banale si ha: $(1-cos0)/(1+cos0)$ $=0/(1+1)=0$
Per quanto riguarda il limite per $x->infty$ $(x^2+2x+3)/(x^2-x+1))^(x+3)$ questo tipo vanno sempre ricondotti alla forma $[1+1/f[x]]^(f[x])$ con una semplice operazione algebrica , aggiungendo e sottraendo a numeratore la quantità $3x+2)$ si ottiene $lim_(x->infty)(1+((3x+2)/(1-x+x^2)))^(x+3)$ $=lim_(x->infty)(1+$ $(x(3+2/x)$ $/x^2(1/x^2-1/x+1)))^(x+3)$, e da qui semplificando $lim_(x->infty)(1+3/x)^(x+3)=lim_(x->infty)$ $((1+1/(x/3))^(x/3))^3$ $xx(1+3/x)^3=e^3xx1^3=e^3$
Il primo evidentemente tende a $0$ in quanto si ha $(5+(1/(e^2)^x))/(logx)$ e quindi $((5+0)/infty)=0$ per quanto riguarda il secondo ed il terzo sono daccordo con jitter!
Naturalmente prendete tutto ciò che ho postato con beneficio di inventario, in quanto in materia sono un profano, ed aspettate pareri di chi è più esperto!
Inoltre vedo che oggi il Latex dà problemi e non traduce correttamente le formule.
Saluti!
Naturalmente prendete tutto ciò che ho postato con beneficio di inventario, in quanto in materia sono un profano, ed aspettate pareri di chi è più esperto!
Inoltre vedo che oggi il Latex dà problemi e non traduce correttamente le formule.
Saluti!
Grazie a tutti, appena ho un pò di tempo mi leggo i vostri messaggi con calma. Grazie comunque!
"jitter":
per $x->0$, $ log(x/(sqrt(x) +3)) -> log0^+ -> -oo $
Grazie per la risposta, non ho capito perchè tende a $log(0^+)$....
"francicko":
Per quanto riguarda il limite per $x->infty$ $(x^2+2x+3)/(x^2+x-1))^(x+3)$ questo tipo vanno sempre ricondotti alla forma $[1+1/f[x]]^(f[x])$ con una semplice operazione algebrica , aggiungendo e sottraendo a numeratore la quantità $3x+2)$ si ottiene $lim_(x->infty)(1+((3x+2)/(1-x+x^2)))^(x+3)$ $=lim_(x->infty)(1+$ $(x(3+2/x)$ $/x^2(1/x^2-1/x+1)))^(x+3)$, e da qui semplificando $lim_(x->infty)(1+3/x)^(x+3)=lim_(x->infty)$ $((1+1/(x/3))^(x/3))^3$ $xx(1+3/x)^3=e^3xx1^3=e^3$
perchè $3x+2$? Come si ottiene?
Ciao Stefano,
$ lim_(x -> 0) log(x/(root(2)(x)+3)) = lim_(x -> 0) log(0/(root(2)(0)+3)) = lim_(x -> 0) log(0/3) = ... $
il denominatore tende a 3 e il numeratore a 0, quindi la frazione tende a 0: non è una forma indeterminata.
$ lim_(x -> 0) log(x/(root(2)(x)+3)) = lim_(x -> 0) log(0/(root(2)(0)+3)) = lim_(x -> 0) log(0/3) = ... $
il denominatore tende a 3 e il numeratore a 0, quindi la frazione tende a 0: non è una forma indeterminata.
Scusa ma ho avuto problemi con il latex, per cui posso facilmente avere sbagliato a trascrivere; Nel post che hai citato ho sbagliato a trascrivere il denominatore, che adesso ho corretto, esso è $x^2-x+1$ e non $x^2+x-1$, quindi il limite richiesto è $lim_(x->infty)((x^2+2x+3)/(x^2-x+1))^(x+3)$, per quanto riguarda la tua domanda , bisogna fare in modo che risulti $x^2+2x+3+Y=x^2-x+1$ ,
ed $Y=-3x-2$ è la forma polinomiale esatta da sostituire affinchè l'identità sia valida , quindi avremo :
$(((x^2+2x+3-3x-2)+(+3x+2))/(x^2-x+1))$ $=((x^2-x+1)/(x^2-x+1))+((3x+2)/(x^2-x+1))$ $=(1+((3x+2)/(x^2-x+1)))$,
ora il $lim_(x->infty)((x^2+2x+3)/(x^2-x+1))^(x+3)$ $=lim_(x->0)(1+(3x+2)/(x^2-x+1))^(x+3)$ dà la forma indeterminata $1^(infty)$ che possiamo eliminare facendo la trasformazione sopra indicata e riportandolo cosi alla nota forma$(1+1/[f(x)])^[f(x)]$
ed $Y=-3x-2$ è la forma polinomiale esatta da sostituire affinchè l'identità sia valida , quindi avremo :
$(((x^2+2x+3-3x-2)+(+3x+2))/(x^2-x+1))$ $=((x^2-x+1)/(x^2-x+1))+((3x+2)/(x^2-x+1))$ $=(1+((3x+2)/(x^2-x+1)))$,
ora il $lim_(x->infty)((x^2+2x+3)/(x^2-x+1))^(x+3)$ $=lim_(x->0)(1+(3x+2)/(x^2-x+1))^(x+3)$ dà la forma indeterminata $1^(infty)$ che possiamo eliminare facendo la trasformazione sopra indicata e riportandolo cosi alla nota forma$(1+1/[f(x)])^[f(x)]$
"stefano86":
$\lim_{x->0^+} ( \frac{ln(x)}{x^{2-3x}+4x^2} )^5=-\infty$
La soluzione dice anche qui di usare l'algebra degli infiniti e degli infinitesimi, ma come?
Anche questo non mi pare una forma di indecisione:
$\lim_{x->0^+} ( \frac{ln(0)}{0^+} )^5=$
$\lim_{x->0^+} ( \frac{-infty}{0^+} )^5=-\infty$
Non so, è strano: forse hanno usato forme non indeterminate per mostrare il meccanismo.
Su come risolvere il limiti con le regole sugli infinitesimi non so aiutarti, sarei curiosa di saperlo anch'io...
Per quanto riguarda il limite $lim_(x->0)(x^2log(1+x)+tanx)/(sin(x)+(x)^(1/2)$, si vede ad occhio che tale limite va a $0$,
essendo che siamo nell'intorno di zero , possiamo sostiuire $x$ a $sinx$ a $tanx$ ed a $log(1+x)$, pertanto si ha
$lim_(x->0)(x^3+x)/(x+x^(1/2))$, trascurando gli infinitesimi di ordini superiore, rispettivamente sia a numeratore che a denominatore, avremo $lim_(x->0)(x/x^(1/2))=0$; inoltre già quando sostituisco a $log(x+1)$ la $x$ ho applicato il limite
notevole $lim_(x->0)(log(x+1)/x=1)$.
essendo che siamo nell'intorno di zero , possiamo sostiuire $x$ a $sinx$ a $tanx$ ed a $log(1+x)$, pertanto si ha
$lim_(x->0)(x^3+x)/(x+x^(1/2))$, trascurando gli infinitesimi di ordini superiore, rispettivamente sia a numeratore che a denominatore, avremo $lim_(x->0)(x/x^(1/2))=0$; inoltre già quando sostituisco a $log(x+1)$ la $x$ ho applicato il limite
notevole $lim_(x->0)(log(x+1)/x=1)$.
C'è qualcuno che può verificare se lo svolgimento dei vari limiti è corretto?
grazie!
grazie!
"francicko":
Per quanto riguarda il limite $lim_(x->0)(x^2log(1+x)+tanx)/(sin(x)+(x)^(1/2)$, si vede ad occhio che tale limite va a $0$,
essendo che siamo nell'intorno di zero , possiamo sostiuire $x$ a $sinx$ a $tanx$ ed a $log(1+x)$, pertanto si ha
$lim_(x->0)(x^3+x)/(x+x^(1/2))$, trascurando gli infinitesimi di ordini superiore, rispettivamente sia a numeratore che a denominatore, avremo $lim_(x->0)(x/x^(1/2))=0$; inoltre già quando sostituisco a $log(x+1)$ la $x$ ho applicato il limite
notevole $lim_(x->0)(log(x+1)/x=1)$.
Ciao, scusa ma sostituendo la $x$ (cioè $0$) a $sin(x), tan(x)$ e $ln(1+x)$ ottengo $0/sqrt(x)$, no?
"stefano86":
Ciao, scusa ma sostituendo la $x$ (cioè $0$) a $sin(x), tan(x)$ e $ln(1+x)$ ottengo $0/sqrt(x)$, no?
Attenzione, quando sostituisco $0$ ad $x$ debbo sostituirlo sia a numeratore che a denominatore, quindi ho ancora una forma indeterminata $0/(sqrt0)=0/0$, che però posso eliminare facilmente, osservando che nel rapporto $x/sqrtx$, per $x->0$, la funzione $x$ tende a $0$ più velocemente di $sqrtx$, cioè per dirla in termini di infinitesimi, $x$ risulta un infinitesimo di ordine superiore rispetto ad $sqrtx$, pertanto il rapporto tende definitivamente a $0$.
Per far vedere quanto detto sopra, scriveremo $x/sqrtx=(x=x^(1/2+1/2)=x^(1/2)x^(1/2))/x^(1/2)=x^(1/2)$, e da qui sostituendo abbiamo $0^(1/2)=0$, oppure per dirla in modo equivalente razionalizzando, cioè, $x/sqrtx=(xsqrtx)/(sqrtxsqrtx)=(xsqrtx)/x=sqrtx$ e sostituendo si ha $sqrtx=0$.
Spero di essere stato chiaro ed esaudiente nella risposta, naturalmente essendo io solo un profano in materia, ti prego di prendere le cose che affermo, con beneficio di inventario, magari aspettando qualche parere di persone più competenti.
Saluti!
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