Limite (forma indeterminata)
Ciao a tutti, spero possiate aiutarmi! Non riesco a risolvere questo esercizio:
\( \lim_{x\rightarrow +\infty } \left ( \frac{x-3}{x+4}\right )^{\frac{x^{2}-1}{2x}} \)
Io l'ho riscritto nella forma
\( e^{ \lim_{x\rightarrow +\infty } {\frac{x^{2}-1}{2x}} \ln \frac{x-3}{x+4} } \)
Ma a questo punto non sono riuscita a risolvere il limite che compare come esponente della e.
Ho provato a scomporlo nel prodotto di due limiti
\( \lim_{x\rightarrow +\infty } {\frac{x^{2}-1}{2x}}\cdot \lim_{x\rightarrow +\infty } \ln \frac{x-3}{x+4} \)
e a fare un'imposizione in modo da ricondurmi al limite notevole
\( \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\log_{a}(1+x)}{x} \)
ma non ci sono riuscita... il mio ragionamento è sbagliato?
Grazie a chiunque volesse aiutarmi a capire come risolverlo
\( \lim_{x\rightarrow +\infty } \left ( \frac{x-3}{x+4}\right )^{\frac{x^{2}-1}{2x}} \)
Io l'ho riscritto nella forma
\( e^{ \lim_{x\rightarrow +\infty } {\frac{x^{2}-1}{2x}} \ln \frac{x-3}{x+4} } \)
Ma a questo punto non sono riuscita a risolvere il limite che compare come esponente della e.
Ho provato a scomporlo nel prodotto di due limiti
\( \lim_{x\rightarrow +\infty } {\frac{x^{2}-1}{2x}}\cdot \lim_{x\rightarrow +\infty } \ln \frac{x-3}{x+4} \)
e a fare un'imposizione in modo da ricondurmi al limite notevole
\( \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\log_{a}(1+x)}{x} \)
ma non ci sono riuscita... il mio ragionamento è sbagliato?
Grazie a chiunque volesse aiutarmi a capire come risolverlo
Risposte
usa il fatto che
\[\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-1}{2x}\ln\left(\frac{x-3}{x+4}\right)\sim\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-1}{2x} \left(\frac{x-3}{x+4}-1\right)\]
\[\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-1}{2x}\ln\left(\frac{x-3}{x+4}\right)\sim\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-1}{2x} \left(\frac{x-3}{x+4}-1\right)\]
Il passaggio iniziale che hai fatto è corretto (riscrivere il limite con il numero di Nepero e il logaritmo).
Il limite che trovi all'esponente può essere risolto applicando de L'Hôpital: $ lim_(x->oo)((x^2-1)/(2x))ln((x-3)/(x+4))=lim_(x->oo)ln((x-3)/(x+4))/((2x)/(x^2-1))$
Svolgendo i calcoli ottieni
In alternativa, senza scomodare de L'Hôpital:
$ lim_(x->oo)((x-3)/(x+4))^((x^2-1)/(2x))=lim_(x->oo)(1-7/(x+4))^((x/2-1/(2x)))~= lim_(x->oo)((1-7/(x))^x)^(1/2)=e^(-7/2) $
Il limite che trovi all'esponente può essere risolto applicando de L'Hôpital: $ lim_(x->oo)((x^2-1)/(2x))ln((x-3)/(x+4))=lim_(x->oo)ln((x-3)/(x+4))/((2x)/(x^2-1))$
Svolgendo i calcoli ottieni
In alternativa, senza scomodare de L'Hôpital:
$ lim_(x->oo)((x-3)/(x+4))^((x^2-1)/(2x))=lim_(x->oo)(1-7/(x+4))^((x/2-1/(2x)))~= lim_(x->oo)((1-7/(x))^x)^(1/2)=e^(-7/2) $
"Noisemaker":
usa il fatto che
\[\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-1}{2x}\ln\left(\frac{x-3}{x+4}\right)\sim\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-1}{2x} \left(\frac{x-3}{x+4}-1\right)\]
Noisemaker ti ringrazio per la risposta ma non sono riuscita a capire questa relazione, mi dispiace!! Come si ricava?
DavideL grazie anche a te per la risposta, de L''Hôpital non l'ho ancora studiato, ma il secondo metodo mi ha aiutato a capire come dovevo fare e alla fine ho risolto così il limite all'esponente di e (ho ripreso il mio ragionamento):
[size=150]\( \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-1}{2x}\frac{7}{4-x}\frac{\ln\left (1+\frac{7}{4-x}\right)}{\frac{7}{4-x}} =-\frac{7}{2}\ \)[/size]
Come ragionamento è un pò più lungo, ma penso che vada pure bene.
è la stima asintotica del logaritmo: in generale hai che
\begin{align} \mbox{se per }\,\,\,x\to x_0 &\qquad f(x)\sim g(x)\,\,\,\mbox{e}\,\,\,f(x)\to 0^+\,\,\,\mbox{oppure}\,\,\,f(x)\to +\infty\\
&\Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim \ln g(x)\\\\
\mbox{se }\,\,\,f(x)\to 1 &\qquad \Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim f(x)-1,\qquad x\to x_0\end{align}
\begin{align} \mbox{se per }\,\,\,x\to x_0 &\qquad f(x)\sim g(x)\,\,\,\mbox{e}\,\,\,f(x)\to 0^+\,\,\,\mbox{oppure}\,\,\,f(x)\to +\infty\\
&\Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim \ln g(x)\\\\
\mbox{se }\,\,\,f(x)\to 1 &\qquad \Rightarrow \qquad \ln f(x)\sim f(x)-1,\qquad x\to x_0\end{align}
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