Limite mediante limite notevole o no?

[Mimmo931]

$lim_(x->-\infty) (2^x+log|x|+e^(1/x))(sqrt(x^2-1)-x)$

Il libro lo risolve così


Ma perchè non ha applicato l'asintotico derivante dal limite notevole $((1+x)^c-1)/x$ all'espressione della seconda parentesi ?

[Wilde1]

Innanzitutto perche' cosi' funziona...
Poi direi che quel meno davanti alla radice non gli permette di usare l'asintotico derivante dal limite notevole da te detto

[Mimmo931]

Si ma quel $-1/x^2$ si può vedere come $+(-1/x^2 )$

[francicko]

$2^x->0$, $e^(1/x) ->0$, quindi sono quantità trascurabili e si possono omettere, pertanto possiamo riscrivere il limite per $x->infty $ , nel seguente modo:
$lim_(x->+infty)logx×(sqrt(x^2-1)+x ) $ $=lim_(x->infty)logx×(x+x) $ $=lim_(x->+infty)logx×2x=+infty $
Diverso e' il caso se avessi avuto
$lim_(x->+infty)logx×(sqrt (x^2-1)-x) $, in questo caso per arrivare al corretto risultato bisogna usare l'asintotico,
$sqrt(x^2-1)~(1-1/(2x^2)) $ ed il limite diventa:
$lim_(x->+infty)logx×x(1-1/(2x^2)-1) $ $=lim_(x->+infty)logx×(-1/(2x))=0$

[Mimmo931]

"francicko":$2^x->0$, $e^(1/x) ->0$, quindi sono quantità trascurabili e si possono omettere, pertanto possiamo riscrivere il limite per $x->infty $ , nel seguente modo:
$lim_(x->+infty)logx×(sqrt(x^2-1)+x ) $ $=lim_(x->infty)logx×(x+x) $ $=lim_(x->infty)logx×2x=+infty $
Diverso e' il caso se avessi avuto
$lim_(x->infty)logx×(sqrt (x^2-1)-x) $, in questo caso per arrivare al corretto risultato bisogna usare l'asintotico,
$sqrt(x^2-1)~(1-1/(2x^2)) $ ed il limite diventa:
$lim_(x->infty)logx×x(1-1/(2x^2)-1) $ $=lim_(x->infty)logx×(-1/(2x))=0$

Guarda che è proprio il nostro caso $lim_(x->infty)logx×(sqrt (x^2-1)-x) $

[Mimmo931]

Comunque forse ho capito, quando si mette in evidenza la $x^2$ sotto la radice ,con la x che tende a $-\infty$, e si porta fuori radice poi abbiamo |x| che diventa -x proprio perchè x va a $-\infty$ e avendo sia la radice sia l'1 negativi non possiamo applicare il limite notevole.

[francicko]

Infatti , il nostro caso non e' $lim_(x->+infty)$ come mi hai fatto erroneamente notare ma $lim_(x->-infty)log|x|×(sqrt (x^2-1)-x) $, ed in questo caso l'asintotico non serve perche' $-x $ per $x->-infty $ e' come se fosse $x $ naturalmente per $x->+infty $
Le soluzioni che ti ho postato sono quindi corrette!
.

[Wilde1]

Premetto che non ho letto le risposte successive.

"Mimmo93":Si ma quel $ -1/x^2 $ si può vedere come $ +(-1/x^2 ) $

Infatti io non ho detto quel meno, ripeto

"Wilde": direi che quel meno davanti alla radice non gli permette di usare l'asintotico derivante dal limite notevole da te detto

Che poi e' quello che hai capito successivamente

"Mimmo93":Comunque forse ho capito, quando si mette in evidenza la $ x^2 $ sotto la radice ,con la x che tende a $ -\infty $, e si porta fuori radice poi abbiamo |x| che diventa -x proprio perchè x va a $ -\infty $ e avendo sia la radice sia l'1 negativi non possiamo applicare il limite notevole.

[francicko]

x@Wilde.
Scusa, e' corretta la soluzione che ho postato?

[Wilde1]

"francicko":$ 2^x->0 $, $ e^(1/x) ->0 $, quindi sono quantità trascurabili e si possono omettere, pertanto possiamo riscrivere il limite per $ x->infty $ , nel seguente modo:
$ lim_(x->+infty)logx×(sqrt(x^2-1)+x ) $ $ =lim_(x->infty)logx×(x+x) $ $ =lim_(x->+infty)logx×2x=+infty $

Questa parte direi che e' corretta anche se secondo me e' meglio tenere $ x->-infty$ e modificare il resto in modo opportuno.

Invece

"francicko":

$ sqrt(x^2-1)\quad~_(\+infty)\quad(1-1/(2x^2)) $

e' sbagliato.

Inoltre quando scrivi $f(x)~g(x)$ (f(x) e' asintotica a g(x) per x → c) e' preferibile scriverlo cosi' $f(x)~_c \quadg(x)$

[francicko]

Ops e' vero! Si e' trattato di una svista, in effetti volevo scrivere $sqrt (1-1/x^2)~(1-1/(2x^2))$ e' si ha $lim_(x->infty)logx×x×(1-1/(2x^2)-1)$, ed il limite diventa $lim_(x->infty)logx×(-1/(2x))=0$ essendo che il termine $x$ va piu' velocemente ad $infty $ di $logx$;
Così puo' andar bene?

[Wilde1]

Scusami per la mia pigrizia...
ma puoi riscrivermi tutti i passaggi da capo?

[francicko]

Supponiamo che il nostro limite sia il seguente:
$lim_(x->+infty)logx×(sqrt(x^2-1)-x) $ $=lim_(x->+infty)logx×(x×sqrt (1-1/(x^2))-x) $ $=lim_(x->infty)logx×x×(sqrt (1-1/x^2)-1)$, a questo punto per risolvere la forma indeterminata $infty×0$, ed arrivare al corretto risultato del limite si fa ricorso all'asintotico: $sqrt (1-1/x^2)~(1-1/(2x^2)) $,
sostituendo avremo $lim_(x->+infty)logx×x×(1-1/(2x^2) -1)$ $=lim_(x->+infty )logx×x×(-1/(2x^2)) $ $=lim_(x->infty)logx×(-1/(2x))=0$, in quanto il termine in $x $ va piu' velocemente a $+infty $ della funzione logaritmo.

[Wilde1]

Corretto..
Bravo