Limite con logaritmo - forma indeterminata [∞/∞]
Buongiorno a tutti,
ho difficoltà a calcolare questo limite: $ lim_(x -> +oo ) log(x+1)/root(4)((x)) $.
Su internet ho scoperto che i limiti con questa forma indeterminata possono essere calcolati con il Teorema di Hopital, però, non avendolo ancora visto a lezione, mi chiedevo se esistesse un altro metodo.
Grazie.
ho difficoltà a calcolare questo limite: $ lim_(x -> +oo ) log(x+1)/root(4)((x)) $.
Su internet ho scoperto che i limiti con questa forma indeterminata possono essere calcolati con il Teorema di Hopital, però, non avendolo ancora visto a lezione, mi chiedevo se esistesse un altro metodo.
Grazie.
Risposte
Puoi usare la disuguaglianza $e^x>x$, da cui segue
$0<=lim_{x -> +oo} log(x)/x^2=lim_{x -> +oo} log(x)/(e^(log(x)))^2 <=lim_{x -> +oo} log(x)/(log(x)^2)=0$
e quindi $lim_{x -> +oo} log(x)/(x^2)=0$.
Sapendo questo si dimostra che $lim_{x -> +oo} log(x)/(x^alpha)=0$ per ogni $\alpha>0$ perché basta porre $x=y^(2/alpha)$. Il tuo caso è $alpha=1/4$ (a meno di sostituire $root(4)(x)$ con $root(4)(x+1)$, che è asintoticamente equivalente per $x->+oo$).
$0<=lim_{x -> +oo} log(x)/x^2=lim_{x -> +oo} log(x)/(e^(log(x)))^2 <=lim_{x -> +oo} log(x)/(log(x)^2)=0$
e quindi $lim_{x -> +oo} log(x)/(x^2)=0$.
Sapendo questo si dimostra che $lim_{x -> +oo} log(x)/(x^alpha)=0$ per ogni $\alpha>0$ perché basta porre $x=y^(2/alpha)$. Il tuo caso è $alpha=1/4$ (a meno di sostituire $root(4)(x)$ con $root(4)(x+1)$, che è asintoticamente equivalente per $x->+oo$).
Ciao Matteo3213d,
Il risultato del limite proposto è $0 $ in quanto la funzione $y = log(1 + x) $ cresce asintoticamente più lentamente della funzione $y = root[4]{x} $ per $x to +infty $
Attenzione che la questione è un po' delicata e potrebbe non notarsi subito con un grafico approssimativo; infatti se si prova a risolvere l'equazione
$log(1 + x) = root[4]{x} $
a parte l'ovvia soluzione $x_0 = 0 $ che non ci interessa nel caso in esame dato che $x \to +infty $, si trovano altre due soluzioni, la seconda delle quali si trova per $x_2 ~~ 5504,53 $: la funzione $y= root[4]{x} $ rimane definitivamente maggiore della funzione $y = log(1 + x) $ per $x \in (x_2, +\infty) $
Dai un'occhiata anche qui.
Certamente più rapida poi la soluzione del limite proposto con la regola di de l'Hôpital:
$ \lim_{x \to +\infty} log(x+1)/root(4){x} \stackrel{H}[=] \lim_{x \to +\infty} (1/(x+1))/(1/(4 x^(3/4))) = 4 \lim_{x \to +\infty} x^(3/4)/(x + 1) = 0 $
Il risultato del limite proposto è $0 $ in quanto la funzione $y = log(1 + x) $ cresce asintoticamente più lentamente della funzione $y = root[4]{x} $ per $x to +infty $
Attenzione che la questione è un po' delicata e potrebbe non notarsi subito con un grafico approssimativo; infatti se si prova a risolvere l'equazione
$log(1 + x) = root[4]{x} $
a parte l'ovvia soluzione $x_0 = 0 $ che non ci interessa nel caso in esame dato che $x \to +infty $, si trovano altre due soluzioni, la seconda delle quali si trova per $x_2 ~~ 5504,53 $: la funzione $y= root[4]{x} $ rimane definitivamente maggiore della funzione $y = log(1 + x) $ per $x \in (x_2, +\infty) $
Dai un'occhiata anche qui.
Certamente più rapida poi la soluzione del limite proposto con la regola di de l'Hôpital:
$ \lim_{x \to +\infty} log(x+1)/root(4){x} \stackrel{H}[=] \lim_{x \to +\infty} (1/(x+1))/(1/(4 x^(3/4))) = 4 \lim_{x \to +\infty} x^(3/4)/(x + 1) = 0 $
"pilloeffe":
Certamente più rapida poi la soluzione del limite proposto con la regola di de l'Hôpital:
"Matteo":
ho scoperto che i limiti con questa forma indeterminata possono essere calcolati con il Teorema di Hopital, però, non avendolo ancora visto a lezione, mi chiedevo se esistesse un altro metodo.
Ciao dissonance,
Hai ragione, ma alla domanda dell'OP ha già risposto spugna (io avrei usato $\log(x + 1) < x $, ma è la stessa cosa); poi però ho pensato che se l'OP non ha ancora visto a lezione la regola di de l'Hôpital è possibile che non abbia ancora visto neanche gli sviluppi asintotici, per cui mi pareva interessante inquadrare la faccenda da un diverso punto di vista e poi riportare, per completezza, la più semplice soluzione con la regola di de l'Hôpital che comunque, anche se l'OP non ha ancora visto a lezione, immagino vedrà a breve...
Hai ragione, ma alla domanda dell'OP ha già risposto spugna (io avrei usato $\log(x + 1) < x $, ma è la stessa cosa); poi però ho pensato che se l'OP non ha ancora visto a lezione la regola di de l'Hôpital è possibile che non abbia ancora visto neanche gli sviluppi asintotici, per cui mi pareva interessante inquadrare la faccenda da un diverso punto di vista e poi riportare, per completezza, la più semplice soluzione con la regola di de l'Hôpital che comunque, anche se l'OP non ha ancora visto a lezione, immagino vedrà a breve...
Grazie a tutti e due 
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