Limite con de l'Hopital e asintotici
Ciao! sono incappata in questo limite da risolvere con de l'Hopital
(sin(x)-x)·cos(x)
-----------------------------
ln(1+x)·(e^x)-1)
Io ho provato a risolverlo così, utilizzando prima gli asintotici:
(sin(x)-x)·1
-------------
x²
Poi facendo la derivata
(cos(x)-1)
----------
2x
Infine ho fatto il limite per x che tende a 0 dell'ulteriore asintotico, ma mi esce 0.
Vorrei sapere quando posso usare gli asintotici e se posso accettare che il risultato del limite mi esca 0.
Grazie!
(scusate non so usare i caratteri matematici, ma spero si capisca comunque..)
(sin(x)-x)·cos(x)
-----------------------------
ln(1+x)·(e^x)-1)
Io ho provato a risolverlo così, utilizzando prima gli asintotici:
(sin(x)-x)·1
-------------
x²
Poi facendo la derivata
(cos(x)-1)
----------
2x
Infine ho fatto il limite per x che tende a 0 dell'ulteriore asintotico, ma mi esce 0.
Vorrei sapere quando posso usare gli asintotici e se posso accettare che il risultato del limite mi esca 0.
Grazie!
(scusate non so usare i caratteri matematici, ma spero si capisca comunque..)
Risposte
Ciao AnnalisaAnnie,
Il limite che hai proposto risulta effettivamente $0$, ma la soluzione che hai scritto è errata: d'altronde per $x\to 0$ nell'ultima frazione che hai scritto ti rimane la forma indeterminata $0/0$. Però il limite è semplice, osservalo bene:
$lim_{x \to 0}((sin(x)-x)·cos(x))/(ln(1+x)·(e^(x)-1))$
Se isoli il $cos(x)$ che tende a $1$ ed i due fattori a denominatore che si possono scrivere facilmente come due limiti notevoli ben noti entrambi pari a $1$, ti rimane
$lim_{x \to 0}(sin(x)-x) = 0$
senza neanche usare la regola di de l'Hopital.
Il limite che hai proposto risulta effettivamente $0$, ma la soluzione che hai scritto è errata: d'altronde per $x\to 0$ nell'ultima frazione che hai scritto ti rimane la forma indeterminata $0/0$. Però il limite è semplice, osservalo bene:
$lim_{x \to 0}((sin(x)-x)·cos(x))/(ln(1+x)·(e^(x)-1))$
Se isoli il $cos(x)$ che tende a $1$ ed i due fattori a denominatore che si possono scrivere facilmente come due limiti notevoli ben noti entrambi pari a $1$, ti rimane
$lim_{x \to 0}(sin(x)-x) = 0$
senza neanche usare la regola di de l'Hopital.
Il procedimento che hai adottato mi pare corretto, devi solo completare l'opera. Visto che sei arrivata ad una forma indeterminata $ 0/0 $, DLH funziona.
... rimane esattamente $ (sin x -x)/x^2 $, come ha scritto Annalisa.
Ciao
"pilloeffe":
...due limiti notevoli ben noti entrambi pari a 1, ti rimane...
... rimane esattamente $ (sin x -x)/x^2 $, come ha scritto Annalisa.
Ciao
"orsoulx":
Il procedimento che hai adottato mi pare corretto, devi solo completare l'opera. Visto che sei arrivata ad una forma indeterminata $ 0/0 $, DLH funziona.
[quote="pilloeffe"]...due limiti notevoli ben noti entrambi pari a 1, ti rimane...
... rimane esattamente $ (sin x -x)/x^2 $, come ha scritto Annalisa.
Ciao[/quote]
Io dopo aver fatto la derivata, che usciva
(cos(x)-1)
----------
2x
ho fatto il limite dell'ulteriore asintotico e mi è venuto lim x -> 0 di -$1/2$ x^2 ⋅ $1/2x$ = 0.
E' giusto?
Ciao AnnalisaAnnie,
La soluzione è errata nel senso che non è una soluzione, perché è ancora una forma indeterminata: non ho scritto che il procedimento è errato. Arrivata qui
$frac{cos(x) - 1}{2x}$
Puoi usare [tex]\cos(x) - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2[/tex] e ti risulta $frac{-frac{1}{2}x^2}{2x}$ (non come hai scritto) che tende a $0$ per $x \to 0$, ma puoi anche più semplicemente usare ancora de l'Hopital e ti risulta $frac{-sin(x)}{2}$ che tende a $0$ per $x \to 0$. Tuttavia si poteva fare anche così:
$lim_{x \to 0}((sin(x)-x)·cos(x))/(ln(1+x)·(e^(x)-1)) = lim_{x \to 0}cos(x)/(frac{ln(1+x)}{x}·frac{e^(x)-1}{x})\cdot
lim_{x \to 0}\frac{sin(x)-x}(x^3)\cdot lim_{x \to 0} x = frac{1}{1 \cdot 1} \cdot (-frac{1}{6}) \cdot 0 = 0$
(il motivo per il quale il limite di mezzo vale $- frac{1}{6}$ lo si può vedere da qui).
EDIT: corretto dopo le giuste osservazioni di orsoulx.
"pilloeffe":
la soluzione che hai scritto è errata: d'altronde per $x \to 0$ nell'ultima frazione che hai scritto ti rimane la forma indeterminata $0/0$
La soluzione è errata nel senso che non è una soluzione, perché è ancora una forma indeterminata: non ho scritto che il procedimento è errato. Arrivata qui
$frac{cos(x) - 1}{2x}$
Puoi usare [tex]\cos(x) - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2[/tex] e ti risulta $frac{-frac{1}{2}x^2}{2x}$ (non come hai scritto) che tende a $0$ per $x \to 0$, ma puoi anche più semplicemente usare ancora de l'Hopital e ti risulta $frac{-sin(x)}{2}$ che tende a $0$ per $x \to 0$. Tuttavia si poteva fare anche così:
$lim_{x \to 0}((sin(x)-x)·cos(x))/(ln(1+x)·(e^(x)-1)) = lim_{x \to 0}cos(x)/(frac{ln(1+x)}{x}·frac{e^(x)-1}{x})\cdot
lim_{x \to 0}\frac{sin(x)-x}(x^3)\cdot lim_{x \to 0} x = frac{1}{1 \cdot 1} \cdot (-frac{1}{6}) \cdot 0 = 0$
(il motivo per il quale il limite di mezzo vale $- frac{1}{6}$ lo si può vedere da qui).
EDIT: corretto dopo le giuste osservazioni di orsoulx.
Grazie mille! 
"pilloeffe":
Tuttavia secondo me era ancora più semplice così:...
Scusami se insisto, ma la tua 'scorciatoia' non è corretta:
$ e^x -1 ne 1/((e^x -1)/x) $.
D'altro canto il numeratore è un infinitesimo del terzo ordine, mentre il denominatore è del secondo: il rapporto sarà un infinitesimo del primo ordine. Mentre col tuo procedimento resta del terzo ordine. Prova a vedere cosa cambia se al denominatore uno dei fattori fosse elevato al quadrato.
Ciao
Ciao Annalisa e orsoulx,
Chiedo scusa ad entrambe: ora correggo il mio post perché ha ragione orsoulx, ho preso un abbaglio...
Chiedo scusa ad entrambe: ora correggo il mio post perché ha ragione orsoulx, ho preso un abbaglio...
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