Limite
Ciao a tutti, vi propongo due limiti che non sono riuscita a svolgere, uno iene da uno studio di funzione per trovare un asintoto, uno invece è un esercizio vero e proprio
1 $\ lim_ (x->0) ((2x^2)/(1-log abs x)) $
2 $\ lim_ (x-> infty) ( x^(x/(x+2)) *(\pi - arctg( x + x^2) - arctg(x)) $
Il primo come dicevo viene da uno studio di funzione, e non riesco proprio a capire come risolverlo considerando che il logaritmo di zero non esiste... Per quanto riguarda il secondo ho provato a mettere tutto come esponente del logaritmo naturale, ma poi non so come andare avanti.. potete aiutarmi? Grazie in anticipo
1 $\ lim_ (x->0) ((2x^2)/(1-log abs x)) $
2 $\ lim_ (x-> infty) ( x^(x/(x+2)) *(\pi - arctg( x + x^2) - arctg(x)) $
Il primo come dicevo viene da uno studio di funzione, e non riesco proprio a capire come risolverlo considerando che il logaritmo di zero non esiste... Per quanto riguarda il secondo ho provato a mettere tutto come esponente del logaritmo naturale, ma poi non so come andare avanti.. potete aiutarmi? Grazie in anticipo
Risposte
1) il limite di $\lim_{x \rightarrow 0} \ln|x|$ esiste è $-\infty$
2) de l'Hopital, quando c'è sta "roba" il 90% delle volte serve lui
2) de l'Hopital, quando c'è sta "roba" il 90% delle volte serve lui
Ok grazie, proverò a seguire i tuoi suggerimenti.. Se invece il primo fosse stato un milite con $ x -> infty $ ? E $ x-> 1$ ? I logaritmi mi mettono in difficoltà a quanto pare
"Pellegrini":
Ok grazie, proverò a seguire i tuoi suggerimenti.. Se invece il primo fosse stato un milite con $ x -> infty $ ? E $ x-> 1 $ ? I logaritmi mi mettono in difficoltà a quanto pare
Ti consiglio un ripasso veloce sui logaritmi se il limite fosse stato $\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{2x^2}{1-\ln|x|}$, qui basta che tieni presente l'ordine di infinito infatti $x^2$ è un infinito di ordine maggiore rispetto $\ln(x)$ in realtà si può dimostrare che ogni potenza reale positiva di $x$ è di ordine maggiore rispetto alla funzione logaritmo per $x$ tendente a infinito
Ma, ad esempio, il primo esercizio viene una forma indeterminata, ovvero 0 $ /infty $ , come si potrebbe risolvere allora?
Non è una forma indeterminata ...
Si giusto hai ragione... Ad ogni modo, per il secondo esercizio temo che l'Hopital non basti, perchè ho fatto un sacco di conti ma non arrivo ad una soluzione...
Ma come applichi l'Hopital? Perché si applica nei casi $0/0$ o $infty/infty$ e quello non mi pare in quella forma ... come l'hai trasformato?
il membro $ x^(x/(x+2)) $ l'ho messo al denominatore elevandolo alla $ -1 $ ma penso sia la strada sbagliata
Possiamo riscrivere il limite in maniera semplificata, in quanto e' per $(x->infty)$ $(x/(x+2))~1$ ed sempre per $(x->infty) $ $arctan (x^2+x)~arctan(x^2)$, quindi si ha:
$lim_(x->infty)x×(pi-arctan(x^2)-arctan(x))$$=lim_(x->infty)(pi-arctan (x^2)-arcta (x))/(1/x)$, a questo punto abbiamo una forma indeterminata $0/0$ inoltre ci sono le condizioni per applicare Hopital, derivando avremo:
$lim_(x->infty)(-(2x)/(1+x^4)-1/(1+x^2))/(-1/x^2) $ $=lim_(x->infty)((2x(1+x^2)+1+x^4)×x^2)/((1+x^4)×(1+x^2))$, senza bisogno di svolgere i calcoli si nota subito che sia a numeratore che a denominatore prevale l'infinito di ordine superiore $x^6$
, pertanto avremo $lim_(x->infty)x^6/x^6=1$, che e' il risultato del limite.
Sarebbe interessante vedere se si può risolvere senza l'uso di Hopital, ma non credo
Mi sbagliavo si può fare anche senza l'uso di Hopital, sfruttando una proprietà di arctangente, $(pi)/2-arctanx=arctan (1/x) $ , ed $ (pi)/2-arctan(x^2)=arctan (1/x^2) $, a questo punto il limite diventa $lim_(x->infty) (arctan (1/x^2)+arctan(1/x))/(1/x)$ potendo utilizzare gli asintotici $arctan(1/x^2)~1/(x^2)$ , $artctan (1/x)~1/x $, si ha quindi $lim_(x->infty)(1/(x^2)+1/x)/(1/x)=lim_(x->infty)(1/x)/(1/x)=1$
$lim_(x->infty)x×(pi-arctan(x^2)-arctan(x))$$=lim_(x->infty)(pi-arctan (x^2)-arcta (x))/(1/x)$, a questo punto abbiamo una forma indeterminata $0/0$ inoltre ci sono le condizioni per applicare Hopital, derivando avremo:
$lim_(x->infty)(-(2x)/(1+x^4)-1/(1+x^2))/(-1/x^2) $ $=lim_(x->infty)((2x(1+x^2)+1+x^4)×x^2)/((1+x^4)×(1+x^2))$, senza bisogno di svolgere i calcoli si nota subito che sia a numeratore che a denominatore prevale l'infinito di ordine superiore $x^6$
, pertanto avremo $lim_(x->infty)x^6/x^6=1$, che e' il risultato del limite.
Sarebbe interessante vedere se si può risolvere senza l'uso di Hopital, ma non credo
Mi sbagliavo si può fare anche senza l'uso di Hopital, sfruttando una proprietà di arctangente, $(pi)/2-arctanx=arctan (1/x) $ , ed $ (pi)/2-arctan(x^2)=arctan (1/x^2) $, a questo punto il limite diventa $lim_(x->infty) (arctan (1/x^2)+arctan(1/x))/(1/x)$ potendo utilizzare gli asintotici $arctan(1/x^2)~1/(x^2)$ , $artctan (1/x)~1/x $, si ha quindi $lim_(x->infty)(1/(x^2)+1/x)/(1/x)=lim_(x->infty)(1/x)/(1/x)=1$
OK, perfetto grazie mille!!!!!!!!
Se fai il limite $lim_(x->infty) x/(x×(1+2/x))=lim_(x->infty)1/(1+2/x)=1$, in quanto $2/(infty)=0$; sostituendo si ha quindi $x^1=x$
Se invece avessi un limite di questo tipo??
$ \ lim _ (x-> infty) ( x - ln sqrt (abs (x - x^2))) $ come potrei risolverlo?
$ \ lim _ (x-> infty) ( x - ln sqrt (abs (x - x^2))) $ come potrei risolverlo?
Potresti scrivere il limite cosi:
$lim_(x->infty) x-ln(sqrt(x^2-x))=lim_(x->infty) x-ln(sqrt (x^2))=lim_(x->infty) x-lnx$, ed a questo punto mi pare evidente che il limite va ad.....
$lim_(x->infty) x-ln(sqrt(x^2-x))=lim_(x->infty) x-ln(sqrt (x^2))=lim_(x->infty) x-lnx$, ed a questo punto mi pare evidente che il limite va ad.....
Infinito
Grazie , devo ricordarmi la regola per cui all'infinito "comandano" gli esponenti di grado maggiore
Grazie , devo ricordarmi la regola per cui all'infinito "comandano" gli esponenti di grado maggiore
Perdonami, sto facendo altri esercizi, in particolare sto cercando di studiare questa funzione:
$ f(x) = 2x^2/ (1 - ln abs x) $
Per quel che riguarda gli asintoti sbaglio quelli con $ x-> 0 $ e $x -> 1$ ... Quello con $x -> infty $ si vede bene che va a infinito... A me verrebbe che vanno tutti due due a zero, ma a quanto pare sbaglio... Come mai?
$ f(x) = 2x^2/ (1 - ln abs x) $
Per quel che riguarda gli asintoti sbaglio quelli con $ x-> 0 $ e $x -> 1$ ... Quello con $x -> infty $ si vede bene che va a infinito... A me verrebbe che vanno tutti due due a zero, ma a quanto pare sbaglio... Come mai?
Tieni conto che sono solo un profano in materia, quindi mi posso anche sbagliare, ma a me sembra che ci siano solo due asintoti verticali, $x=e$, ed $x=-e$ in quanto $1-log_(e)|e|=1-1=0$, ed $1-log_(e)|-e|=1-log_(e)(e)=1-1=0$, e precisamente si ha: $lim_(x->e^+)(2x^2)/(1-ln|x|)=-infty $, ed $lim_(x->e^-)(2x^2)/(1-ln|x|)=+infty$, in maniera simmetrica si ha $lim_(x->(-e^-))=-infty$ ed $lim_(x->(-e^+))=+infty$ altri asintoti non ne vedo, inoltre la funzione per $x->+-infty$va sempre a $-infty $, prendi con beneficio di inventario ciò che affermo, cerca magari di verificarlo costruendo il grafico della funzione.
N.B. la presenza dei due asintoti verticali simmetrici rispetto all'asse delle $y $ e' dovuta alla presenza del valore assoluto nell'argomento del logaritmo a denominatore.
N.B. la presenza dei due asintoti verticali simmetrici rispetto all'asse delle $y $ e' dovuta alla presenza del valore assoluto nell'argomento del logaritmo a denominatore.
N.B. la presenza dei due asintoti verticali simmetrici rispetto all'asse delle y e' dovuta alla presenza del valore assoluto nell'argomento del logaritmo a denominatore.
D'altronde conviene osservare che la funzione è pari e quindi, ad esempio, studiarla solo per x>0
"francicko":
Tieni conto che sono solo un profano in materia, quindi mi posso anche sbagliare, ma a me sembra che ci siano solo due asintoti verticali, $x=e$, ed $x=-e$ in quanto $1-log_(e)|e|=1-1=0$, ed $1-log_(e)|-e|=1-log_(e)(e)=1-1=0$, e precisamente si ha: $lim_(x->e^+)(2x^2)/(1-ln|x|)=-infty $, ed $lim_(x->e^-)(2x^2)/(1-ln|x|)=+infty$, in maniera simmetrica si ha $lim_(x->(-e^-))=-infty$ ed $lim_(x->(-e^+))=+infty$ altri asintoti non ne vedo, inoltre la funzione per $x->+-infty$va sempre a $-infty $, prendi con beneficio di inventario ciò che affermo, cerca magari di verificarlo costruendo il grafico della funzione.
N.B. la presenza dei due asintoti verticali simmetrici rispetto all'asse delle $y $ e' dovuta alla presenza del valore assoluto nell'argomento del logaritmo a denominatore.
In base a cosa affermi che $\ lim_ (x->e^+) f(x) $ vada a $ - infty$ e non + ?
Un ultimo limite, poi prometto di non disturbarti più..
$ \ lim _ (x->infty)( x^2*(arctan( x + sqrt (x) ) - arctan (x) ) )/ sqrt(2x+3) $
Avrei semplificato il denominatore raccogliendo una x $ sqrt( x(2 + 3/x)) -> sqrt (2x) $ , poi avrei portato al denominatore la $x^2$ che era al numeratore, e solo in seguito applicato l'Hopital; eppure non riesco ad arrivare al risultato giusto.. Dovrei applicare un altro metodo forse?
$ \ lim _ (x->infty)( x^2*(arctan( x + sqrt (x) ) - arctan (x) ) )/ sqrt(2x+3) $
Avrei semplificato il denominatore raccogliendo una x $ sqrt( x(2 + 3/x)) -> sqrt (2x) $ , poi avrei portato al denominatore la $x^2$ che era al numeratore, e solo in seguito applicato l'Hopital; eppure non riesco ad arrivare al risultato giusto.. Dovrei applicare un altro metodo forse?
$lim_(x->e^+)(2x^2)/(1-log_(e)(|x|))=(2e^2)/(0^-)=-infty$, appunto
perché la quantità $log_(e)(|x|)->1^+$, ed $1-1^+=0^-$
perché la quantità $log_(e)(|x|)->1^+$, ed $1-1^+=0^-$
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