Limite bizzarro
Ciao a tutti, qualcuno mi aiuta a trovare l'errore in questo limite che hanno sottoposto, perché non riesco a vederlo e non ne sto uscendo:
$lim_(x \to +infty) 1/(sin^2 (1/x))-x^2$
A me viene $0$ ed è tra l'altro in accordo con Wolphram Alpha. Mentre se sviluppato con Taylor -come nella soluzione - di punto iniziale $x_0=+infty$ viene fuori $1/3$.
Io l'ho risolto usando i noti limiti notevoli.
Qualcuno mi aiuta?
Grazie mille
$lim_(x \to +infty) 1/(sin^2 (1/x))-x^2$
A me viene $0$ ed è tra l'altro in accordo con Wolphram Alpha. Mentre se sviluppato con Taylor -come nella soluzione - di punto iniziale $x_0=+infty$ viene fuori $1/3$.
Io l'ho risolto usando i noti limiti notevoli.
Qualcuno mi aiuta?
Grazie mille
Risposte
Forse è perché applicando i limiti notevoli c'è un problema di "cancellazione"?
E senza ricorrere a Taylor, si può risolvere in maniera "diretta"?
E senza ricorrere a Taylor, si può risolvere in maniera "diretta"?
Ok risolto! Con i limiti notevoli è un procedimento lungo - modificandolo un po' son riuscito a farmi dare i passaggi su WA - mentre con Taylor è tutto molto immediato.
Ho anche capito l'errore che avevo commesso, andando incontro a questi errori di "cancellazione" (in realtà erano risoluzioni sbagliate di forme indeterminate come $0 * infty$)
Per chi fosse interessato, ho visto i passaggi intermedi del limite equivalente $2 (1/(xsinx)-1/x^2)$ con $ x \to 0$
EDIT: mi son accorto che modificando un po' la cosa si possono abbreviare i calcoli, ma comunque tutto con de L'hopital. Con i limiti notevoli "puri" non sono riuscito a trovare una soluzione.
Ho anche capito l'errore che avevo commesso, andando incontro a questi errori di "cancellazione" (in realtà erano risoluzioni sbagliate di forme indeterminate come $0 * infty$)
Per chi fosse interessato, ho visto i passaggi intermedi del limite equivalente $2 (1/(xsinx)-1/x^2)$ con $ x \to 0$
EDIT: mi son accorto che modificando un po' la cosa si possono abbreviare i calcoli, ma comunque tutto con de L'hopital. Con i limiti notevoli "puri" non sono riuscito a trovare una soluzione.
io comunque ho provato sia sviluppando in serie sia con De L'Hopital e mi viene sempre 1/3, ho provato una verifica numerica tabulando i valori della funzione e pare che effettivamente tale valore corrisponda a quello corretto; eppure anche con Derive il limite risulterebbe zero, e dal grafico anche... bah, comunque mi fido di più dei calcoli a mano, ciao
Sìsì il limite viene effettivamente $1/3$, a me plottando si vede per bene.
Credo che anche derive abbia quel piccolo errore "di cancellazione". La mia curiosità era però se qualcuno riusciva a risolverlo con i limiti notevoli, visto che io non ci son riuscito
Credo che anche derive abbia quel piccolo errore "di cancellazione". La mia curiosità era però se qualcuno riusciva a risolverlo con i limiti notevoli, visto che io non ci son riuscito
Abbiamo:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to \infty} \frac{1}{\sin^2 \frac{1}{x}} - x^2 &\stackrel{y=1/x}{=} \lim_{y\to 0^+} \frac{1}{\sin^2 y} -\frac{1}{y^2}\\
&= \lim_{y\to 0^+} \frac{y^2 - \sin^2 y}{y^2\ \sin^2 y} \\
&= \lim_{y\to 0^+} \frac{(y+\sin y)\ (y - \sin y)}{y^2\ \sin^2 y}\; ;
\end{split}
\]
ora, è noto che \(\sin y \approx y\) quando \(y\to 0\), ergo:
\[
y+\sin y \approx 2y\qquad \text{e}\qquad y^2\ \sin^2 y\approx y^4\; ;
\]
d'altra parte, si ha \(\sin y = y-y^3/6\) (per Taylor), quindi:
\[
y-\sin y \approx \frac{1}{6}\ y^3
\]
e conseguentemente:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to \infty} \frac{1}{\sin^2 \frac{1}{x}} - x^2 &\stackrel{y=1/x}{=} \lim_{y\to 0^+} \frac{(y+\sin y)\ (y - \sin y)}{y^2\ \sin^2 y}\\
&= \lim_{y\to 0^+} \frac{2}{6}\ \frac{y^4}{y^4} = \frac{1}{3}\; .
\end{split}
\]
Senza Taylor non credo sia possibile, perché serve un'approssimazione del seno ad un ordine maggiore di \(1\) che non è fornita da alcun limite notevole.
\[
\begin{split}
\lim_{x\to \infty} \frac{1}{\sin^2 \frac{1}{x}} - x^2 &\stackrel{y=1/x}{=} \lim_{y\to 0^+} \frac{1}{\sin^2 y} -\frac{1}{y^2}\\
&= \lim_{y\to 0^+} \frac{y^2 - \sin^2 y}{y^2\ \sin^2 y} \\
&= \lim_{y\to 0^+} \frac{(y+\sin y)\ (y - \sin y)}{y^2\ \sin^2 y}\; ;
\end{split}
\]
ora, è noto che \(\sin y \approx y\) quando \(y\to 0\), ergo:
\[
y+\sin y \approx 2y\qquad \text{e}\qquad y^2\ \sin^2 y\approx y^4\; ;
\]
d'altra parte, si ha \(\sin y = y-y^3/6\) (per Taylor), quindi:
\[
y-\sin y \approx \frac{1}{6}\ y^3
\]
e conseguentemente:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to \infty} \frac{1}{\sin^2 \frac{1}{x}} - x^2 &\stackrel{y=1/x}{=} \lim_{y\to 0^+} \frac{(y+\sin y)\ (y - \sin y)}{y^2\ \sin^2 y}\\
&= \lim_{y\to 0^+} \frac{2}{6}\ \frac{y^4}{y^4} = \frac{1}{3}\; .
\end{split}
\]
Senza Taylor non credo sia possibile, perché serve un'approssimazione del seno ad un ordine maggiore di \(1\) che non è fornita da alcun limite notevole.
Grazie gugo. Quello che mi premeva sapere era quello che scrivi nell'ultima frase. Non riuscivo proprio a capire perché non riuscissi a risolverlo con i limiti notevoli.
Grazie ancora
Grazie ancora
attenzione: si può usare come limite notevole $(y-sin(y))/y^3=1/6$ nel senso che è stato provato che vale senza usare nè derivate, nè Taylor e usando, più o meno, gli strumenti noti in analisi 1 nel momento in cui si fanno i limiti notevoli.
chiarisco meglio il mio precedente messaggio: è ben noto che il suddetto non è nei "consueti" limiti notevoli; poichè, però, si potrebbe provare con "quasi" gli stessi strumenti dei classici limiti notevoli, si potrebbe aggiungere all'elenco
... e come? senza sviluppi, o senza "Hopitalizzarlo" non saprei, ma adesso mi hai messo un'irresistibile curiosità...
Grazie!!
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