Limite

[Sk_Anonymous]

$lim_(x->1^-)(arc cosx)/(x-1)
ponendo $arc cosx=y->0^+$ per $x->1^-
$x=cosy
e diventa
$lim_(y->0^+)y/(cosy-1)=lim_(y->0^+)(y(cosy+1))/(sin^2y)=lim_(y->0^+)y^2/(sin^2y)*(cosy+1)/y=+oo
ma è $-oo$ perché?

[_nicola de rosa]

"micheletv":$lim_(x->1^-)(arc cosx)/(x-1)
ponendo $arc cosx=y->0^+$ per $x->1^-
$x=cosy
e diventa
$lim_(y->0^+)y/(cosy-1)=lim_(y->0^+)(y(cosy+1))/(sin^2y)=lim_(y->0^+)y^2/(sin^2y)*(cosy+1)/y=+oo
ma è $-oo$ perché?

Ovvio $cos^2y-1=-sen^2y$ tu hai scritto $sen^2y$

[Sk_Anonymous]

oops!!

[Mortimer1]

ponendo $arc cosx=y->0^+$ per $x->1^-
$x=cosy

Scusa Micheletv, non ho capito perchè nella sostituzione fai tendere y a zero da destra, la F(x) è positiva nell'intorno bilatero di zero.

[Mortimer1]

ponendo $arc cosx=y->0^+$ per $x->1^-
$x=cosy

Scusa Micheletv, non ho capito perchè nella sostituzione fai tendere y a zero da destra, la F(x) ha lo stesso segno nell'intorno bilatero di zero.

[Sk_Anonymous]

per $x->1^(-), y=arc cosx$ non può che tendere a zero da destra perchè la f è definitivamente positiva, inoltre non esiste un intorno sinistro di 0 contenuto nell'immagine dell'arccos

ho un'altra domanda per voi.
come posso mostrare che $f(x)=2^(-n)ln(n^2+1) -> 0$ per $n->+oo$ senza considerazioni di infinitesimi e senza utilizzare il teorema di de l'Hopital? (utilizzando magari un limitino notevole)

[Sk_Anonymous]

come non detto: utilizzando i limiti notevoli:
$lim_(x->+oo)|log_bx|^alpha/x^beta=0, AA alphainRR,beta>0,b>0,b!=1
$lim_(x->+oo)x^alpha/a^x=0, AA alpha in RR, a>1
trovo
$lim_(n->+oo)(ln(n^2+1))/n^alpha*n^alpha/2^n=0*0