Limite con Hopital
Buongiorno ragazzi, pongo alla vs attenzione il presente limite che si presenta nella forma indet. $oo/oo$
Ho pensato di risolverlo in questo modo, è corretto ? grazie infinite, quinto.
$lim_(x->0^+)log(sinx)/(1/x)=lim_(x->0^+)(cosx/sinx)/(-1/x^2)=lim_(x->0^+)cosx/(-sinx/x^2)=lim_(x->0^+)(x^2cosx)/(-sinx)=lim_(x->0^+)(2xcosx+x^2(-sinx))/(-cosx)=(0*1+0*0)/(-1)=0$
Ho pensato di risolverlo in questo modo, è corretto ? grazie infinite, quinto.
$lim_(x->0^+)log(sinx)/(1/x)=lim_(x->0^+)(cosx/sinx)/(-1/x^2)=lim_(x->0^+)cosx/(-sinx/x^2)=lim_(x->0^+)(x^2cosx)/(-sinx)=lim_(x->0^+)(2xcosx+x^2(-sinx))/(-cosx)=(0*1+0*0)/(-1)=0$
Risposte
il risultato è corretto... magari potevi evitare di calcolare l'ultima derivata applicando il celeberrimo limite notevole $(sinx)/x$... stesso discorso per il primo passaggio: potevi immediatamente sostituire $x$ a $sinx$ poiché per $xto0$, $sinx$ e $x$ vanno a $0$ con la stessa rapidità
il primo suggerimento l'ho capito, mentre il secondo no .. mi daresti un aiutino ? grazie !
certo... tu dovevi calcolare $lim_(xto0^+) xlog(sinx)$... calcolare questo limite equivale a calcolare $lim_(xto0^+) xlog(x)$
al posto di $sinx$ si può mettere $x$ poiché per $xto0$ le funzioni $x$ e $sinx$ sono infinitesimi dello stesso ordine, ma lavorare con $x$ anziché $sinx$ rende più agevole il calcolo delle derivate
al posto di $sinx$ si può mettere $x$ poiché per $xto0$ le funzioni $x$ e $sinx$ sono infinitesimi dello stesso ordine, ma lavorare con $x$ anziché $sinx$ rende più agevole il calcolo delle derivate
certo hai ragione ! ora è tutto chiaro !!! grazie ancora e buona domenica !!!
esiste una qualche tabella di funzioni "notevoli" che sono infinitesime (infinite) dello stesso ordine con altre?
Non sarei tanto sicuro di quel passaggio; è pur vero che $sen x $ è asintotico ad $x$ per $x \to 0$, ma c'è un logaritmo tra i piedi.
Insomma: se $f,g>0$ e $f(x)/(g(x)) \to 1$ per $x \to 0$ allora è vero che $log(f(x))/(log(g(x))) \to 1$ per $x \to 0$?
Insomma: se $f,g>0$ e $f(x)/(g(x)) \to 1$ per $x \to 0$ allora è vero che $log(f(x))/(log(g(x))) \to 1$ per $x \to 0$?
Luca secondo me la risposta alla tua domanda è sì... provo a motivarla:
se $f(x),g(x) > 0$ e $lim_(xto0) f(x)/g(x)=1$ allora detto $lim_(xto0) log(f(x))/log(g(x))=l, linRR_+$ abbiamo che
$l = lim_(xto0) log(f(x))/log(g(x))=lim_(xto0) (log((f(x)g(x))/g(x)))/(log((g(x)f(x))/f(x))) = lim_(xto0) log(g(x))/log(f(x)) = l^(-1)$ e l'unico numero reale positivo che soddisfa tale relazione è $1$
se $f(x),g(x) > 0$ e $lim_(xto0) f(x)/g(x)=1$ allora detto $lim_(xto0) log(f(x))/log(g(x))=l, linRR_+$ abbiamo che
$l = lim_(xto0) log(f(x))/log(g(x))=lim_(xto0) (log((f(x)g(x))/g(x)))/(log((g(x)f(x))/f(x))) = lim_(xto0) log(g(x))/log(f(x)) = l^(-1)$ e l'unico numero reale positivo che soddisfa tale relazione è $1$
Non ho capito l'ultimo passaggio, quello prima di aver trovato $l^(-1)$.
moltiplico e divido l'argomento del logaritmo al numeratore per $g(x)$ e al posto di $f(x)/g(x)$ sostiuisco $1$ sfruttando l'ipotesi... similmente moltiplico e divido l'argomento del logaritmo al denominatore per $f(x)$
Eh no, non puoi sostituire $1$, non puoi passare al limite su un termine e sul resto no.
sul resto ci passo al limite, tant'è che il limite totale dovrebbe venire $l^(-1)$... quello di sostituire $1$ è semplicemente un passaggio intermedio
No, non funziona. Non puoi sostituire un'espressione con il suo limite e ritenere le altre espressioni senza essere passato al limite.
Per me comunque quello che ho scritto è falso; almeno per come l'ho scritto io. Forse se il limite esiste potrebbe essere anche vero.
Per me comunque quello che ho scritto è falso; almeno per come l'ho scritto io. Forse se il limite esiste potrebbe essere anche vero.
Potresti spiegarmi perché non si può risolvere un limite procedendo via via a sostituire le sue parti con i loro limiti? Mi interessa perché è dai tempi del liceo che uso questo procedimento per la risoluzione dei limiti... insomma se c'è un limite notevole lo sostituisco ad esempio col valore corrispondente e via via con una serie di passaggi arrivo alla soluzione, mentre se dovessi risolvere ogni limite in un unico passaggio credo che le cose si complicherebbero di brutto.
Un'altra cosa:dici "se il limite esiste"... a me sembrava palese che esistesse: se il rapporto di due infinitesimi dello stesso ordine è un numero reale perché mai il logaritmo, applicato a entrambi gli infinitesimi, dovrebbe cambiare le cose?
Un'altra cosa:dici "se il limite esiste"... a me sembrava palese che esistesse: se il rapporto di due infinitesimi dello stesso ordine è un numero reale perché mai il logaritmo, applicato a entrambi gli infinitesimi, dovrebbe cambiare le cose?
$1=\lim_(x \to 0) 1=\lim_(x \to 0)x 1/x=\lim_(x \to 0) 0 1/x=0$?
Io la vedo così: $log(f(x))/(log(g(x)))$ per l'Hopital diventa $g(x)/(f(x))(f'(x))/(g'(x))$. Ora $(g/f) \to 1$ per cui se il limite c'è e vale $1$ dovrebbe essere $1$ anche il limite di $f'/(g')$. Ma è noto che il Th di l'Hopital non funziona al contrario; a te trovare il controesempio.
"Luca.Lussardi":
$1=\lim_(x \to 0) 1=\lim_(x \to 0)x 1/x=\lim_(x \to 0) 0 1/x=0$?
Il tuo esempio non mi convince... in questo caso la sostituzione è sbagliata a priori perché siamo in presenza di una forma indeterminata, mentre nell'esempio che avevo portato io la sostituzione ha lo scopo inverso, quello di eliminare la forma indeterminata. In ogni caso non voglio insistere oltre, la mia è solo una congettura, una cosa che mi è venuta in mente al momento sulla base del fatto che diverso tempo fa mi fu insegnato che, nel calcolo di un limite, si può sostituire un infinitesimo o un infinito con uno dello stesso ordine (purché il limite del rapporto sia $1$, dunque ad esempio per $xto0$ al posto di $1-cosx$ sarebbe ragionevole sostituire $x^2/2$)... dunque neanche questo è lecito?
"Luca.Lussardi":
Io la vedo così: $log(f(x))/(log(g(x)))$ per l'Hopital diventa $g(x)/(f(x))(f'(x))/(g'(x))$. Ora $(g/f) \to 1$ per cui se il limite c'è e vale $1$ dovrebbe essere $1$ anche il limite di $f'/(g')$. Ma è noto che il Th di l'Hopital non funziona al contrario; a te trovare il controesempio.
Questo invece mi ha convinto appieno
Il tuo modo di procedere sostituendo termini asintoticamente equivalenti funziona solo se rimpiazzi fattori della funzione; quindi non va bene se rimpiazzi addendi o altre cose, come argomenti di logaritmi.
Per esempio va bene dire: $sen x$ è circa $x$ per $x \to 0$, allora $log x sen x$ è circa $x log x$ per $x \to 0$. Non va bene dire invece $x+sen x$ è circa $x+x=2x$. Magari in questo caso funziona anche, ma in generale no.
Per esempio va bene dire: $sen x$ è circa $x$ per $x \to 0$, allora $log x sen x$ è circa $x log x$ per $x \to 0$. Non va bene dire invece $x+sen x$ è circa $x+x=2x$. Magari in questo caso funziona anche, ma in generale no.
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