Limite
Qualcuno mi spiega perchè il risultato di questo limite è 0?? -_- A me viene -inf
Risposte
e vi spiego come l'ho risolto
1.
2.
ovviamente manca il simbolo del limite che tende a + inf.
poi sostituisco a x +inf e mi viene
1/2 ln O/1 = 1/2 ln 0 = -inf
1.
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ovviamente manca il simbolo del limite che tende a + inf.
poi sostituisco a x +inf e mi viene
1/2 ln O/1 = 1/2 ln 0 = -inf
allora considera x/x-2: sia il nominatore che il denominatore hanno lo stesso ordine: metti in evidenza la x e così semplifichi. Ottieni 1/[1-(2/x)]: (2/x)questo per x-->+inf si annulla e quindi sotto radice rimane 1, quindi sqrt(1)=1. Il log(1)=0 e quindi ti trovi
oddio sono scema... mi sono resa conto di aver semplificato male... -_- grazie mille bandit, ho visto il mio errore ;_;
ok
invece io non riesco a far tendere a 0 questo limite [1-cos(x)+x]/[sen(x)+sqrt(x)] per x-->0
1-cos(x) sarebbe 2(sen(x/2))^2
perciò diventa
((x/2)^2)*(2(sen(x/2))^2)/((x/2)^2) +x al numeratore
((sen(x/2))^2)/((x/2)^2) va a 1, perciò sopra resterebbe ((x^2)/2)+x
Al denominatore se "bilanci" quel sen(x) con una bella x finirà per andare anch'esso ad 1 e ti verrà x+sqrtx
Il grado del numeratore è superiore a quello del denominatore.. Con un colpo di De L'Hopital è fatta direi
Paola
perciò diventa
((x/2)^2)*(2(sen(x/2))^2)/((x/2)^2) +x al numeratore
((sen(x/2))^2)/((x/2)^2) va a 1, perciò sopra resterebbe ((x^2)/2)+x
Al denominatore se "bilanci" quel sen(x) con una bella x finirà per andare anch'esso ad 1 e ti verrà x+sqrtx
Il grado del numeratore è superiore a quello del denominatore.. Con un colpo di De L'Hopital è fatta direi
Paola
dove lo dai il colpo mortale?(De L'Hopital)
dopo aver risolto il problema dell'opital....
vi proporrei anche questo di limite con x-->0:
e^(x^2) +log[1+tg(sqrt(x)]+sen(x^(3/2))
tutto diviso sqrt(1+tg(x))-1 + sqrt(sex)
vi proporrei anche questo di limite con x-->0:
e^(x^2) +log[1+tg(sqrt(x)]+sen(x^(3/2))
tutto diviso sqrt(1+tg(x))-1 + sqrt(sex)
Rispondo all'ultimo post di Bandit. Osserviamo che, per x --> 0: log(1 + tg(sqrt(x))) ~ tg(sqrt(x)) ~ sqrt(x); sin(x^{3/2}) ~ x^{3/2}; (sqrt(1 + tg(x)) - 1) ~ 1/2 tg(x) ~ x/2; sqrt(sin(x)) ~ sin(x) ~ x. Sfruttando dunque il principio di sostituzione degli infinitesimi: lim[x --> 0] (e^{x^2} + log(1 + tg(sqrt(x))) + sin(x^{3/2}))/(sqrt(1 + tg(x)) - 1 + sqrt(sin(x))) = lim[x --> 0] (1 + sqrt(x) + x^{3/2})/(x/2 + x) = inf.
Saluti,
Salvatore Tringali
Saluti,
Salvatore Tringali
Chiaramente nessuno impedisce di valutare in modo diretto il limite proposto da Bandit, osservando che il numeratore della funzione cui questo è applicato tende ad 1, e il suo denominatore a 0. L'approccio descritto risulta semmai utile quando a numeratore si sostituisca il termine e^{x^2} con e^{x^2} - 1. Che ci sia stato un typo da parte del proponente? javascript:insertsmilie('[:D]')
quote:
Originally posted by Bandit
...limite con x-->0:
e^(x^2) +log[1+tg(sqrt(x)]+sen(x^(3/2))
tutto diviso sqrt(1+tg(x))-1 + sqrt(sex)
Il numeratore tende a 1 e il denominatore tende a 0 -> inf credo anche io che ci sia qualche errore di trascrizione
quote:
Originally posted by HiTLeuLeR
[OT]
Signore, Lei qui, cosa la porta in questi lidi?
[/OT]
Non "cosa", iteuler, ma "Chi", piuttosto...
Saluti,
Salvatore Tringali
Saluti,
Salvatore Tringali
Viato che si parla di limiti posto quello "più bello" che ho incontrato:
lim n·sen(2·pi·e·n!)
n->inf
Ovviamente n è naturale, pi è pi greco,... e il limite dovete calcolarlo da soli.
lim n·sen(2·pi·e·n!)
n->inf
Ovviamente n è naturale, pi è pi greco,... e il limite dovete calcolarlo da soli.
Per ogni n \in N, utilizzando lo sviluppo in serie di Taylor-MacLaurin relativo al punto x_0 = 1 della funzione f: R --> R: x --> e^x, troncato all'ordine n-esimo con il resto in forma di Lagrange, si trova che: e = sum[k = 0, 1, ... n] 1/(k!) + (e^theta(n))/(n+1)!, ove theta(n) --> 0 per n --> + inf. Ne seguita che, per ogni n \in N: 2Pi*e*n! = 2Pi*n! * {sum[k = 0, 1, ... n] 1/(k!) + (e^theta(n))/(n+1)!} = 2Pi * {sum[k = 0, 1, ... n] n!/k! + (e^theta(n))/(n+1)}. E poiché n!/k! è un intero, per qualsiasi k = 0, 1, ..., n, tanto è sufficiente per concludere che, comunque fissato un n \in N: sin(2Pi*e*n!) = sin(2Pi * (e^theta(n))/(n+1)). Se ne deduce evidentemente che: lim[n --> +inf] n*sin(2Pi*e*n!) = lim[n --> +inf] n*sin(2Pi * (e^theta(n))/(n+1)) = 2Pi.
Saluti,
Salvatore Tringali
Saluti,
Salvatore Tringali
Era gia' stato discusso questo limite, lo avevo postato io parecchio tempo fa. E' un classico, e si puo' fare in molti modi, tra cui, quello che anche io preferisco, e' quello scelto da Salvatore.
Luca Lussardi
http://www.llussardi.it
Luca Lussardi
http://www.llussardi.it
Si io sono appena arrivato , e nonso di cosa avete parlato, cos' il dazio che si paga per non voler aspettare è la possibilità di fare la figura della recluta.
Se qualcuno conosce altri limiti "belli" (o sepreferite "classici") potete postarli?
MI piacerebbe anche conoscere dimostrazioni diverse da quella postata da HiTLeuLeR, che è l'unica che conosco.
Se qualcuno conosce altri limiti "belli" (o sepreferite "classici") potete postarli?
MI piacerebbe anche conoscere dimostrazioni diverse da quella postata da HiTLeuLeR, che è l'unica che conosco.
quote:
Originally posted by infinito
Se qualcuno conosce altri limiti "belli" (o sepreferite "classici") potete postarli?
Non credo sia propriamente un "classico", ma vi assicuro che è moooooolto bello, e che mi ha dato non poco filo da torcere!!! Lo ripropongo a voi, sperando vi faccia divertire...
Fissati a \in R^+ ed n \in N, poniamo ricorsivamente f_1(a,n) := ln(1 + a/n) ed f_{k+1}(a,n) := ln(1 + f_k(a,n)), per ogni k \in N. Ebbene, vi chiedo di calcolare il limite lim[n --> +inf] n*f_n(a,n). Buon lavoro, eh... ^_^"
Saluti,
Salvatore Tringali
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